位与位间互不影响。一位一位计算。
长度为 \(1\) 的区间，选出概率为 \(1/n^2\)。其余区间，选出概率为 \(2/n^2\)。（这里的区间 \(l \leq r\)）
枚举右端点。记 \(last_0\) 表示 \(0\) 上一次出现的位置。 \(last_1\) 同样。
下面我们只研究区间长度不为 \(1\) 的。为 \(1\) 的话直接计上就好了。
对于 \(\mathrm{and}\) 和，倘若当前数的这一位为 \(0\) 则不用计算，否则，左端点在 \([last_0+1,now-1]\) 间的区间都是合法的，答案累计 \(2 \times 2^k \times (now-last_0-1) /n^2\)。\(now\) 是当前在枚举哪个右端点，\(k\) 是当前在枚举 \(a_{now}\) 的二进制第 \(k\) 位。
对于 \(\mathrm{or}\) 和，倘若当前数的这一位为 \(1\) 则左端点在 \([1,now-1]\) 的区间都合法，否则，在 \([1,last_1]\) 间的都合法。
对于 \(\mathrm{xor}\) 和，我们发现，所有的这一位数为 \(1\) 的数字，把数列分成了好几段。我们记 \(cnt_0\) 表示当 \(a_{now}\) 的这一位是 \(0\) 时有多少个左端点是能对答案产生贡献的。 \(cnt_1\) 同理。
如果当前这位是 \(0\)，那么答案累计上 \(2 \times 2^k \times cnt_0 / n^2\) 并 \(cnt_0 \leftarrow cnt_0 + 1\)。
如果当前这位是 \(1\)，那么答案累计上 \(2 \times 2^k \times cnt_1 / n^2\)。然后交换 \(cnt_0,cnt_1\) 并 \(cnt_1 \leftarrow cnt_1 + 1\)。
#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
int n, a[100005], lst0, lst1, cnt0, cnt1;
double ansand, ansxor, ansor;
int main(){
cin>>n;
for(int i=1; i<=n; i++)
scanf("%d", &a[i]);
for(int i=0; i<=29; i++){
lst0 = lst1 = cnt0 = cnt1 = 0;
for(int j=1; j<=n; j++){
int x=(a[j]>>i)&1;
if(x){
ansand += 1.0 * (1<<i) / n / n;
ansxor += 1.0 * (1<<i) / n / n;
ansor += 1.0 * (1<<i) / n / n;
ansand += 2.0 * (j - lst0 - 1) * (1<<i) / n / n;
ansor += 2.0 * (j - 1) * (1<<i) / n / n;
ansxor += 2.0 * cnt1 * (1<<i) / n / n;
swap(cnt0, cnt1);
cnt0++;
lst1 = j;
}
else{
ansxor += 2.0 * cnt0 * (1<<i) / n / n;
ansor += 2.0 * lst1 * (1<<i) / n / n;
cnt1++;
lst0 = j;
}
}
}
printf("%.3f %.3f %.3f\n", ansxor, ansand, ansor);
return 0;
}