题意:

给定n个不重复的数, 求出这些数的所有子集, 然后设一个数Ni 为 第i个子集中,最大的数 - 最小的数。 然后将i个 Ni求和, 结果mod 1e9 + 7。

分析:

首先将n个数排列,生成一个单调的数列。

举个例子, 如 1 3 5 7 9。

可以看出 1 作为一个子集中最小的数会有 2^4 - 1 = 15种(1 和 3 5 7 9组合, 3 5 7 9任意的非空子集有2^4 - 1种) , 作为最大的数有2^0 - 1 = 0(因为没有数比1小).

同理 9 作为一个子集中最小的数会有2^0 -1= 0 种, 作为最大的数有 2^4 - 1 = 15种。

再例如 3 , 作为最小的数会有 2 ^ 3 - 1  =  7种, 作为最大的数会有2^1 -1 = 1种。

所以我们可以得出以下公式 :

作为最大的种类数就是 pow(2,有多少个数在i的左边) -1

作为最小的种类数就是 pow(2,有多少个数在i右边) -1

a[i] *( i作为最大的数种类 - i作为最小的数的种类),可以求出这个数对答案的影响, 把n个a[i]求出来就是答案。

由于个数会去到很大, 所以可以用快速幂加速.

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 3e5 +;
const int mod = 1e9 + ;
int n;
long long a[maxn];
typedef long long ll;
ll quickmod(ll a, ll b, ll m)
{
ll ans = ;
while (b)//用一个循环从右到左便利b的所有二进制位
{
if (b & )//判断此时b[i]的二进制位是否为1
{
ans = (ans*a) % m;//乘到结果上,这里a是a^(2^i)%m
b--;//把该为变0
}
b /= ;
a = a*a%m;
}
return ans;
}
int main()
{
scanf("%d", &n);
for(int i = ; i <= n; i++)
{
scanf("%lld", &a[i]);
}
sort(a+,a++n);
long long ans = ;
for(int i = ; i < n/+; i++)
{
long long t = ;
t += (a[i] * -(quickmod(,n-i,mod) - quickmod(,i-,mod)));
t += (a[n+-i] * (quickmod(,n-i,mod) - quickmod(,i-,mod)));
t %= mod;
ans = (ans +t) % mod;
}
printf("%lld\n", (ans + mod) % mod );//ans可能为负, 需要+mod
}

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