[Codeforces Round #737 (Div. 2)] C Moamen and XOR (T1 D1

Codeforces Round #737 (Div. 2) Moamen and XOR (T1 D1

思路:

• n是偶数：

  • 相等的情况：考虑每一个数的二进制某一位，只能是与和异或都等于零的情况。对于一位来说有\(C_{n}^{0}+C_{n}^{2}+\cdots+C_{n}^{n}=2^{n-1}\)种情况，但\(C_{n}^{n}\)的结果是大于，要减去1，则对于k位来说有\((2^{n-1}-1)^{k}\)种情况。
  • 大于的情况： 大于的情况只有某一位全为一，这一位前面取相等的情况，后面位随便取，则枚举k位，对于第i位，结果是\((2^{n-1}-1)^{i} * (2^n)^{k-i-1}\) 。

• n是奇数：

  • 奇数只有相等的情况，结果为： \((2^{n-1}+1)^k\)

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const ll mod=1e9+7;
ll qpow(ll a,ll b){
	ll ret=1;
	while(b){
		if(b&1) ret=ret*a%mod;
		a=a*a%mod;
		b>>=1;
	}
	return ret;
}

int t;
ll n,k;
int main(){
	std::ios::sync_with_stdio(false);
	cin>>t;
	while(t--){
		cin>>n>>k;
		ll ans=0;
		if(n&1) ans=qpow((qpow(2,n-1)+mod+1)%mod,k);
		else{
			ans=qpow((qpow(2,n-1)+mod-1)%mod,k);
			for(int i=1;i<=k;++i){
				ans+=qpow((qpow(2,n-1)+mod-1)%mod,i-1)*qpow(qpow(2,n),k-i)%mod;
				ans%=mod;
			}
		}
		cout<<ans%mod<<"\n";
	}
	
	return 0;
}