NOIP2023模拟13联测34 A. origen

NOIP2023模拟13联测34 A. origen

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题目大意

给定 $n$ 个整数 $a_1,a_2,a_3\cdots a_n$ ，求

$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=i}^n({\oplus }_{k=i}^j{a}_k{)}^2\mathrm{mod}998244353$$

$n\le 2\ast {10}^5,0\le a_i\le 2\ast {10}^5$

思路

设 $s_i={\oplus }_{j=1}^i{a}_j$ ，则原式变为：

$$\sum _{i=0}^{n-1}\sum _{j=1}^n(s_i\oplus s_j{)}^2$$

按位考虑，一个数可以用二次幂的和来表示。考虑怎么处理平方。

因为:

$$(\sum _{i=1}^n{a}_i{)}^2=\sum _{i=1}^i{a}_i^2+2\sum _{i=1}^{n-1}\sum _{j=i+1}^n{a}_i\ast a_j$$

把两部分分开处理。

先处理前面的那项

把 $i$ 的每一位分开求贡献，当前处理到第 $j$ 位

设前 $i-1$ 个数这一位为 $0$ 的数有 $s0$ 个，为 $1$ 的数有 $s1$ 个

那么求这一位的贡献

• 若当前这一位为 $1$ ：$2^j\ast 2\ast s0$
• 若当前这一位为 $0$ ：$2^j\ast 2\ast s1$

然后处理后面的那项

先枚举两位 $j1,j2$

当前处理到第 $i$ 位

设 $su{m}_{k,l}$ 为前面 $i-1$ 个数的第 $j1$ 位为 $k$ ，第 $j2$ 位为 $l$ 的个数

设第 $i$ 个数这两位分别是 $x,y$

那么这里的贡献为：$2\ast 2^{j1}\ast 2^{j2}\ast su{m}_{!x,!y}$

code

#include <bits/stdc++.h>
#define fu(x , y , z) for(int x = y ; x <= z ; x ++)
using namespace std;
const int mod = 998244353 , inf = 2e5;
int n , a[inf + 5] , s[inf + 5] , sum[2][2];
long long ans;
int main () {
    freopen ("origen.in" , "r" , stdin);
    freopen ("origen.out" , "w" , stdout);
    scanf ("%d" , &n);
    fu (i , 1 , n) scanf ("%d" , &a[i]) , s[i] = s[i - 1] ^ a[i];
    for (int j = 1 , l = 1 ; l <= inf ; l <<= 1 , j ++) {
        for (int i = 1 , s0 = 1 , s1 = 0 ; i <= n ; i ++) {
            if ((1 << (j - 1)) & s[i]) 
                ans = (ans + 1ll * l * l * s0 % mod) % mod , s1 ++;
            else 
                ans = (ans + 1ll * l * l * s1 % mod) % mod , s0 ++;
        }
    }
    bool x , y;
    for (int j1 = 1 , l1 = 1 ; l1 <= inf ; l1 <<= 1 , j1 ++) {
        for (int j2 = j1 + 1 , l2 = l1 << 1 ; l2 <= inf ; l2 <<= 1 , j2 ++) {
            sum[0][0] = 1 , sum[0][1] = sum[1][0] = sum[1][1] = 0;
            fu (i , 1 , n) {
                x = s[i] & (1 << (j1 - 1)) , y = s[i] & (1 << (j2 - 1));
                ans = (ans + 2ll * l1 * l2 * sum[!x][!y] % mod) % mod;
                sum[x][y] ++;
            }
        }
    }
    printf ("%lld" , ans);
    return 0;
}