题解Luogu P6102 谔运算

Posted 2021-03-09 cjtcalc

[ exttt{Description} ]

• 给出一个长度为 (n) 的数列 (a)，求 (sumlimits_{i=1}limits^{n}sumlimits_{j=1}limits^{n}sumlimits_{k=1}limits^{n}sumlimits_{l=1}limits^{n}(a_i ext{or} a_j) ext{xor} (a_k ext{and} a_l)) 。

[ exttt{Solution} ]

• 先考虑下普通的谔运算 ((a ext{or} b) ext{xor} (c ext{and} d)) 什么时候为真（(a,b,c,d in { 0,1 })），我们发现 (a,b,c,d) 一共有 (16) 种取值，其中有 (10) 种取值使得式子为真：

• (a = 0, b = 0, c = 1, d = 1) ；
  (a = 0, b = 1, c = 0, d = 0) ；
  (a = 0, b = 1, c = 0, d = 1) ；
  (a = 0, b = 1, c = 1, d = 0) ；
  (a = 1, b = 0, c = 0, d = 0) ；
  (a = 1, b = 0, c = 0, d = 1) ；
  (a = 1, b = 0, c = 1, d = 0) ；
  (a = 1, b = 1, c = 0, d = 0) ；
  (a = 1, b = 1, c = 0, d = 1) ；
  (a = 1, b = 1, c = 1, d = 0) 。

• 然后考虑按位分组计算贡献。
• 详细地说：((a ext{or} b) ext{xor} (c ext{and} d)) 得到的数，若第 (i) 位为真，则对答案有 (2^i) 的贡献。由于谔运算是按位处理的，也就是说我们可以计算出对答案有贡献的数中，有多少个数第 (i) 位为真，若将这个量记为 (c_i) ，最后答案即为 (sumlimits_{i=0}limits^{31}c_i imes 2^i) 。
• 我们记 (cnt[i,j]) 表示 (a) 中有多少数第 (i) 位为 (j) ，可以 ( ext{O(32n)}) 预处理。
• 然后按位分组计算贡献，根据乘法原理和加法原理，从 (a) 中选出 (4) 个数进行谔运算，第 (i) 位为真的四元组有 (cnt[i,0] imes cnt[i,0] imes cnt[i,1] imes cnt[i,1] + cnt[i,0] imes cnt[i,1] imes cnt[i,0] imes cnt[i,0] + ......) ，最后将其乘上 (2^i) 计入答案中。
• 注意到此题的膜数为 (2^{32}) ，所以 ，记得要开 ( ext{unsigned} ext{int})。

• 时间复杂度 ( ext{O(32n)}) 。

[ exttt{Code} ]

#include<cstdio>
#include<iostream>

#define RI register int

using namespace std;

namespace IO
{
    static char buf[1<<20],*fs,*ft;
    inline char gc()
    {
        if(fs==ft)
        {
            ft=(fs=buf)+fread(buf,1,1<<20,stdin);
            if(fs==ft)return EOF;
        }
        return *fs++;
    }
    #define gc() getchar()
    inline int read()
    {
        unsigned int x=0,f=1;char s=gc();
        while(s<'0'||s>'9')s=gc();
        while(s>='0'&&s<='9')x=x*10+s-'0',s=gc();
        return x*f;
    }
}using IO::read;

const int N=500100;

int n;

int a[N];

unsigned int cnt[33][2];

unsigned int ans;

int main()
{
    n=read();

    for(RI i=1;i<=n;i++)
        a[i]=read();

    for(RI i=1;i<=n;i++)
        for(RI j=0;j<32;j++)
            cnt[j][(a[i]>>j)&1]++;

    for(RI i=0;i<32;i++)
    {
        unsigned int c=0;

        c+=cnt[i][0]*cnt[i][0]*cnt[i][1]*cnt[i][1];
        c+=cnt[i][0]*cnt[i][1]*cnt[i][0]*cnt[i][0];
        c+=cnt[i][0]*cnt[i][1]*cnt[i][0]*cnt[i][1];
        c+=cnt[i][0]*cnt[i][1]*cnt[i][1]*cnt[i][0];
        c+=cnt[i][1]*cnt[i][0]*cnt[i][0]*cnt[i][0];
        c+=cnt[i][1]*cnt[i][0]*cnt[i][0]*cnt[i][1];
        c+=cnt[i][1]*cnt[i][0]*cnt[i][1]*cnt[i][0];
        c+=cnt[i][1]*cnt[i][1]*cnt[i][0]*cnt[i][0];
        c+=cnt[i][1]*cnt[i][1]*cnt[i][0]*cnt[i][1];
        c+=cnt[i][1]*cnt[i][1]*cnt[i][1]*cnt[i][0];

        ans+=c*(1<<i);
    }

    printf("%u
",ans);

    return 0;
}

[ exttt{Thanks} exttt{for} exttt{watching} ]