题解【Luogu P6102 谔运算】

\[\texttt{Description}
\]

• 给出一个长度为 \(n\) 的数列 \(a\)，求 \(\sum\limits_{i=1}\limits^{n}\sum\limits_{j=1}\limits^{n}\sum\limits_{k=1}\limits^{n}\sum\limits_{l=1}\limits^{n}(a_i \ \text{or} \ a_j) \ \text{xor} \ (a_k \ \text{and} \ a_l)\) 。

\[\texttt{Solution}
\]

• 先考虑下普通的谔运算 \((a \ \text{or} \ b) \ \text{xor} \ (c \ \text{and} \ d)\) 什么时候为真（\(a,b,c,d \in \{ 0,1 \}\)），我们发现 \(a,b,c,d\) 一共有 \(16\) 种取值，其中有 \(10\) 种取值使得式子为真：

• \(a = 0, b = 0, c = 1, d = 1\) ；
  
  \(a = 0, b = 1, c = 0, d = 0\) ；
  
  \(a = 0, b = 1, c = 0, d = 1\) ；
  
  \(a = 0, b = 1, c = 1, d = 0\) ；
  
  \(a = 1, b = 0, c = 0, d = 0\) ；
  
  \(a = 1, b = 0, c = 0, d = 1\) ；
  
  \(a = 1, b = 0, c = 1, d = 0\) ；
  
  \(a = 1, b = 1, c = 0, d = 0\) ；
  
  \(a = 1, b = 1, c = 0, d = 1\) ；
  
  \(a = 1, b = 1, c = 1, d = 0\) 。

• 然后考虑按位分组计算贡献。

• 详细地说：\((a \ \text{or} \ b) \ \text{xor} \ (c \ \text{and} \ d)\) 得到的数，若第 \(i\) 位为真，则对答案有 \(2^i\) 的贡献。由于谔运算是按位处理的，也就是说我们可以计算出对答案有贡献的数中，有多少个数第 \(i\) 位为真，若将这个量记为 \(c_i\) ，最后答案即为 \(\sum\limits_{i=0}\limits^{31}c_i \times 2^i\) 。

• 我们记 \(cnt[i,j]\) 表示 \(a\) 中有多少数第 \(i\) 位为 \(j\) ，可以 \(\text{O(32n)}\) 预处理。

• 然后按位分组计算贡献，根据乘法原理和加法原理，从 \(a\) 中选出 \(4\) 个数进行谔运算，第 \(i\) 位为真的四元组有 \(cnt[i,0] \times cnt[i,0] \times cnt[i,1] \times cnt[i,1] + cnt[i,0] \times cnt[i,1] \times cnt[i,0] \times cnt[i,0] + ......\) ，最后将其乘上 \(2^i\) 计入答案中。

• 注意到此题的膜数为 \(2^{32}\) ，所以 ，记得要开 \(\text{unsigned} \ \text{int}\)。

• 时间复杂度 \(\text{O(32n)}\) 。

\[\texttt{Code}
\]

#include<cstdio>
#include<iostream>

#define RI register int

using namespace std;

namespace IO
{
    static char buf[1<<20],*fs,*ft;
    inline char gc()
    {
        if(fs==ft)
        {
			ft=(fs=buf)+fread(buf,1,1<<20,stdin);
			if(fs==ft)return EOF;
        }
        return *fs++;
    }
    #define gc() getchar()
	inline int read()
	{
		unsigned int x=0,f=1;char s=gc();
		while(s<'0'||s>'9')s=gc();
		while(s>='0'&&s<='9')x=x*10+s-'0',s=gc();
		return x*f;
	}
}using IO::read;

const int N=500100;

int n;

int a[N];

unsigned int cnt[33][2];

unsigned int ans;

int main()
{
	n=read();

	for(RI i=1;i<=n;i++)
		a[i]=read();

	for(RI i=1;i<=n;i++)
		for(RI j=0;j<32;j++)
			cnt[j][(a[i]>>j)&1]++;

	for(RI i=0;i<32;i++)
	{
		unsigned int c=0;

		c+=cnt[i][0]*cnt[i][0]*cnt[i][1]*cnt[i][1];
		c+=cnt[i][0]*cnt[i][1]*cnt[i][0]*cnt[i][0];
		c+=cnt[i][0]*cnt[i][1]*cnt[i][0]*cnt[i][1];
		c+=cnt[i][0]*cnt[i][1]*cnt[i][1]*cnt[i][0];
		c+=cnt[i][1]*cnt[i][0]*cnt[i][0]*cnt[i][0];
		c+=cnt[i][1]*cnt[i][0]*cnt[i][0]*cnt[i][1];
		c+=cnt[i][1]*cnt[i][0]*cnt[i][1]*cnt[i][0];
		c+=cnt[i][1]*cnt[i][1]*cnt[i][0]*cnt[i][0];
		c+=cnt[i][1]*cnt[i][1]*cnt[i][0]*cnt[i][1];
		c+=cnt[i][1]*cnt[i][1]*cnt[i][1]*cnt[i][0];

		ans+=c*(1<<i);
	}

	printf("%u\n",ans);

	return 0;
}

\[\texttt{Thanks} \ \texttt{for} \ \texttt{watching}
\]