#468. 函数求和-优快云博客

这篇博客主要介绍了如何利用位操作高效地计算数组中满足特定条件的元素总和。通过分析每个数的二进制表示，确定每个位置上可能的贡献，并使用快速幂运算优化计算过程。博主展示了如何根据已知数组和最大位数，通过位运算符（如按位与、按位或）找到所有可能的x值，从而得出答案。

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链接：函数求和

思路：硬求复杂度不行，这种题一般考虑某某数对答案的贡献，这题考虑 i 对答案的贡献。
一个数二进制位最多是k位，先考虑a [1]，想让 a[1] & x != a[1]，那么 a[1]的二进制位上如果是1，那么对应的x那一位上可以是0，a[1]共有cnt1个位是1，那就有 qpow(2, cnt1) - 1种填法，对于a[1]为0的位，x随便填什么都行。
该开始考虑a[2]了，想要在这一位产生贡献，那么首先一定有x & a[1] == a[1]，所以上一次搞完之后要有 x |= a[1]。
那么现在可以这样子想了：

a[i]  1   1                          0    0
x     1   0                          1    0
结论  定  不定（可变0或1，但是有限制）  定   不定（可变0或1，无限制）

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N = 200 + 5, mod = 998244353;
int a[N];
int qpow (int x, int n)
{
    int ret = 1;
    while (n) {
        if (n & 1) ret = ret * x % mod;
        x = x* x % mod;
        n >>= 1;
    }
    return ret;
}
signed main ()
{
    int n, k;
    cin >> n >> k;
    for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
    int x = 0;
    int ans = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        if (a[i] == 0) continue;
        int cnt1 = 0, cnt2 = 0;
        for (int j = 0; j < k; j++){
            int p1 = (a[i] >> j) & 1, p2 = (x >> j) & 1;
            if (p1 && !p2) cnt1++;
            if (!p1 && !p2) cnt2++;
        }
        ans += (qpow(2, cnt1) - 1) * qpow(2, cnt2) % mod * i % mod;
        x |= a[i];
    }
    cout << (ans + mod) % mod;
    return 0;
}