Codeforces Round #737 (Div. 2) 1557. C. Moamen and XOR(组合数,位)

Posted 2021-09-04 issue是fw

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题意

构造一个长$n$的数组$a$,使得$a_i\in [0,2^k-1]$

且满足$a_1\&a_2\&a_3...\&a_n=a_1\oplus a_2\oplus a_3...\oplus a_n$

求方案数

---

考虑从二进制高位依次考虑到低位

在之前的位与值和异或值相等,这部分方案是$pre$,现在考虑在第$i$位与值更大

Ⅰ.在这一位,数组的与已经大于数组的异或

那么必定数组与起来是$1$,而异或起来是$0$

也就是所有$a_i$在这一位都必须取$1$,此时$n$个$1$异或

当$n$为偶数,显然可行,那么后面的$k-i$位二进制怎么取都无所谓,每个数都有$2^{k-i}$取法

所以答案加上$pre\ast (2^{k-i}{)}^n$

当$n$为奇数,不可行,奇数个$1$异或起来还是$1$,还是相等

Ⅱ.在这一位,数组的与等于数组的异或

考虑当数组与为$1$,异或也为$1$,显然只有当$n$取奇数,这一位二进制全取$1$有一种解法

考虑当数组与为$0$,异或也为$0$,也就是选择偶数个位置这一位填充$1$,其余位置填充$0$

方案数为$\sum _{i\%2==0}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i}\right)=2^{n-1}$(这个可以用二项式定理推导)

所以$n$为奇数时,$pre+=2^{n-1}+1$,因为此时$n$个数可以全为$1$,所以多了一种方案

当$n$为偶数时,$pre+=2^{n-1}-1$,因为此时$n$个数不能全为$1$,所以少了一种方案

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int maxn = 3e5+10;
const int mod = 1e9+7;
int t,n,k,inv[maxn];
int quick(int x,int n)
{
	int ans = 1;
	for( ; n ; n>>=1,x=x*x%mod )
		if( n&1 )	ans = ans*x%mod;
	return ans;
}
void upd(int &x,int y){ x = (x+y)%mod; }
signed main()
{
	inv[0] = 1;
	for(int i=1;i<=200000;i++) 	inv[i] = inv[i-1]*2%mod;
	cin >> t;
	while( t-- )
	{
		cin >> n >> k;
		int ans = 0,pre = 1;
		for(int i=1;i<=k;i++)
		{
			if( n%2==0 )
			{ 
				upd( ans,pre*quick( inv[k-i],n )%mod );
				pre = pre*( inv[n-1]-1 )%mod;
			}
			else
				pre = pre*( inv[n-1]+1 )%mod;
		}
		upd( ans,pre );
		cout << ( ans%mod+mod )%mod << endl;
	}
}