一本通OJ-lowbit 求和

lowbit 求和

题意

求\(\sum \sum lowbit(x[i] \ xor \ x[j])\)。

分析

显然暴力会超时。那么我们考虑另外做法。

显然\(lowbit(x \ xor \ y)\)我们关心的是\(x,y\)在二进制条件下从最后一位开始谁先出现\(1\)。因而我们考虑先把所有位置的数倒序插入进\(Trie\)树中，而后我们记录下每个节点\(p\)的出现次数\(num[i]\)。而后我们对于每一个数，每一位进行枚举，若不同我们考虑贡献为\(num[i]*(1<<dep)\)，那么怎么统计呢？我们考虑每次走到分叉口怎样统计不一样的，那么显然有\(res+=num[tr[p][ch\operatorname{xor}{1}]*(1<<dep)]\)相加即可。\(因为显然xor是变成不同01\)。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long

const int N=1e5+7;
int n,a[N];
const int mod=199907210507;
int tr[N*60][3];
int tot=1,num[N*60];
int ans;
void insert(int id){
    int p=1;
    for(int i=0;i<=61;i++){
        int ch=(a[id]>>i)&1;
        if(!tr[p][ch]) tr[p][ch]=++tot;
        p=tr[p][ch];
        num[p]++;
    }
}
int get_lowbit_ans(int id){
    int p=1;
    int res=0;
    for(int i=0;i<=61;i++){
        int ch=(a[id]>>i)&1;
        res+=num[tr[p][ch^1]]%mod*(1ll<<i)%mod;
        p=tr[p][ch];
    }
    return res;
}
void solve(){
    for(int i=1;i<=n;i++){ans%=mod;ans+=get_lowbit_ans(i);}
    printf("%lld",ans);
}
signed main(){
    scanf("%lld",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]),insert(i);
    solve();
    return 0;
}