51nod 1684 子集价值

lyk最近在研究位运算。

它发现除了xor,or,and外还有很多运算。

它新定义了一种运算符“#”。

具体地，可以由4个参数来表示。

其中i,j与a的值均∈[0,1]。

当然问题可以扩展为>1的情况，具体地，可以将两个数分解为p位，然后对于每一位执行上述的位运算，再将这个二进制串转化为十进制就可以了。

例如当

现在lyk想知道的是，已知一个数列b。

它任意选取一个序列c，满足

这里我们假设k是正整数，因此满足条件的c的序列一定是

例如样例中，7个子集的价值分别为1,1,4,4,9,9,0。总和为28。

由于答案可能很大，只需对1,000,000,007取模即可。

Input

第一行两个整数n(1<=n<=50000),p(1<=p<=30)。
第二行4个数表示a0,0，a0,1，a1,0，a1,1。(这4个数都∈{0,1})
第三行n个数bi(0<=bi<2^p)。

Output

一行表示答案。

Input示例

3 30
0 1 1 0
1 2 3

Output示例

28
分析：挺好的一道题.
　　　先想想问题的简化版：不是求平方和，而是求和该怎么做. 肯定是不能枚举子集进行统计的. 二进制上的每一位都是独立的，如果是求最值，可以从高位到低位依次考虑，如果是求和，可以求出每一位是1的方案数，如果第i位为1，那么它对答案的贡献就是2^i * 第i位为1的方案数.
　　　另f[i][0/1]表示前i个数中，当前枚举的第j位为1的方案数.每个数都有选和不选两种选择. 最后的答案就是Σf[n][1] * 2^j
　　　如果是求平方和怎么办呢？(a1 + a2 + a3 +...... + an) ^ 2拆开来可以得到：a1 ^ 2 + a2 ^ 2 + a3 ^ 3 + ...... + an^2 + 2a1a2 + 2a1a3 + ...... + 2a1an + ...... + an-1an.每一项都与两位有关. 那么可以枚举两位j,k，求使得第j位和第k位都为1的方案数，它对答案的贡献就是2^(j+k) * 方案数，状态就要表示为f[i][0/1][0/1]了.

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>

using namespace std;

typedef long long ll;
const ll mod = 1e9+7,maxn = 50010;
ll n,p,a[2][2],b[maxn],f[maxn][2][2],ans;

void Mod(ll &x)
{
    if (x >= mod)
        x -= mod;
}

ll solve(ll x,ll y)
{
    memset(f,0,sizeof(f));
    for (ll i = 1; i <= n; i++)
    {
        ll t1 = (b[i] >> x) & 1;
        ll t2 = (b[i] >> y) & 1;
        f[i][t1][t2]++;
        Mod(f[i][t1][t2]);
    }
    for (ll i = 1; i <= n; i++)
    {
        ll t1 = (b[i] >> x) & 1;
        ll t2 = (b[i] >> y) & 1;
        for (ll j = 0; j <= 1; j++)
            for (ll k = 0; k <= 1; k++)
            {
                f[i][j][k] += f[i - 1][j][k];
                Mod(f[i][j][k]);
                f[i][a[j][t1]][a[k][t2]] += f[i - 1][j][k];
                Mod(f[i][a[j][t1]][a[k][t2]]);
            }
    }
    return f[n][1][1];
}

int main()
{
    scanf("%lld%lld",&n,&p);
    for (ll i = 0; i <= 1; i++)
        for (ll j = 0; j <= 1; j++)
            scanf("%lld",&a[i][j]);
    for (ll i = 1; i <= n; i++)
        scanf("%lld",&b[i]);
    for (ll i = 0; i < p; i++)
        for (ll j = 0; j < p; j++)
        {
            ll temp = (1LL << (i + j)) % mod * solve(i,j) % mod;
            ans += temp;
            Mod(ans);
        }
    printf("%lld
",ans);

    return 0;
}