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题目
Tokitsukaze 有一个长度为 n 的序列 a1,a2,…,an和一个整数 k。 她想知道有多少种序列 b1,b2,…,bm满足#xff1a; 其中 ⊕\oplus⊕ 为按位异或#xff0c;具体参见 百度百科#xff1a;异或 答案可能很大#xff0c;请输出 mod1e97 后的结果。
输入描述…来源
题目
Tokitsukaze 有一个长度为 n 的序列 a1,a2,…,an和一个整数 k。 她想知道有多少种序列 b1,b2,…,bm满足 其中 ⊕\oplus⊕ 为按位异或具体参见 百度百科异或 答案可能很大请输出 mod1e97 后的结果。
输入描述:
第一行包含一个整数 T(1≤T≤2e5)表示 T 组测试数据。对于每组测试数据第一行包含两个整数 n, k (1≤n≤2⋅e5; 0≤k≤1e9)。第二行包含 nnn 个整数 a1,a2,…,an (0≤ai≤1e9)。
输出描述:
对于每组测试数据输出一个整数表示答案 mod1e97 后的结果。输入
3
3 2
1 3 2
5 3
1 3 5 2 4
5 0
0 0 0 0 0
输出
6
10
31
思路 容易知道 b1,…,bm 实际上是 a 的一个子序列并且由于我们只关注子序列中的最大值和最小值因此可以先对 a 从小到大排序再选择子序列。接着对子序列中的最大值进行分类可以分成 n 类。即从左到右依次枚举 ai 作为子序列中的最大值那么最小值就会在 aj, j∈[0,i] 中选。当满足 ai⊕aj≤k那么以 ai 为最大值aj 为最小值的子序列的数量就是 2的max{0,i−j−1}次方特别的当 ij 时答案为 1。 暴力的做法就是逐个枚举 aj 判断是否满足条件时间复杂度是 O() 的。由于涉及到异或运算所以尝试能不能用 trie 来维护 aj 的信息。如果 aj 满足条件那么对答案的贡献是 也就是 因此在把 aj 按位插入 trie 中时同时在对应节点加上。 枚举到 ai 时此时已经往 trie 中插入了 a0∼ai−1枚举 ai 的每一位用 xi 和 ki 分别表示 ai 和 k 在二进制下第 i 位上的值s表示累加和。 1.当xi1ki1时显然另一数aj这一位是1的情况都是可以的因为 1⊕101所以s加上这一位为1的节点的值了下一步走0节点。 2.当xi0ki1时同理s加上0节点的值下一步走1节点. 3.当xi1ki0时0节点必然不成立因为 1⊕010下一步走1节点。 4.当xi0ki0时同理1节点必然不成立下一步走0节点。
最后以 ai 为最大值的子序列的数量就是。 代码
#includebits/stdc.h
using namespace std;
#define int long long
//#define double long double
typedef long long ll;
const int N 2e5100;
const int mod 1e97;
const int INF 0x3f3f3f3f3f3f3f;
//ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);int a[N];
int to[N * 35][2];
int val[N * 35];
int tot 0;void insert(int x,int c) {int p 0;for (int i 30; i 0; i--) {int v (x i 1);if (!to[p][v]) {to[p][v] tot;}val[to[p][v]] (val[to[p][v]] c) % mod;p to[p][v];}
}int sum(int x,int k) {int p 0, res 0;for (int i 30; i 0; i--) {int vx (x i 1), vk (k i 1);if (vk 1 vx 1) {res (res val[to[p][1]]) % mod;p to[p][0];} else if (vk 1 vx 0) {res (res val[to[p][0]]) % mod;p to[p][1];} else {p to[p][vx];}if (!p) break;if (!i) res (res val[p]) % mod;}return res;
}int ksm(int x,int n) {int res 1;while (n) {if (n 1) res res * x % mod;x x * x % mod;n 1;}return res;
}void solve() {int n,k;cin n k;for(int i0;in;i)cina[i];sort(a,an);tot 0;for (int i 0; i n * 32; i) {val[i] 0;to[i][0] to[i][1] 0;}int ans 0;for (int i 1; i n; i) {ans (ans 1 ksm(2,i - 1) * sum(a[i - 1],k) % mod) % mod;insert(a[i - 1],ksm(ksm(2,i),mod - 2));}cout ans \n;
}signed main() {ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);int t1;cint;while(t--)solve();return 0;
}
