CodeForces - 1557C - Moamen and XOR ( 位运算 + 排列组合 )

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原创最新推荐文章于 2026-03-05 00:38:03 发布 569 阅读 AI 写同款· GEO 优化 ›

使用Python，OpenCV进行按位AND、OR、XOR和NOT 这篇博客将介绍如何使用OpenCV应用按位AND、OR、XOR和NOT。上一篇学习了如何从图像中裁剪和提取感兴趣的区域（ROI），截取的都是矩形。但是如果想裁剪一个非矩形区域呢？该怎么办？答案是同时应用位运算和掩蔽。比较好记的是AND交集、OR并集、XOR并集-交集、NOT——非取反；阅读详情

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题目

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题意

规定长度为 n 的数组要是满足 $a_1$ & $a_2$ &… $a_n$ >= $a_1 \oplus a_2 \oplus$ … $⊕an \oplus a_n$ 则认为是胜利。在每个数组元素小于 $2^k$ 的前提下，问有多少种数组 a 满足胜利的条件。

思路

看到这个 $2^k$ ，当时就想到多半按位来看。若是固定每一位，然后看 n 个数这一位的与运算与 n 个数这一位的异或运算。异或运算有个规律，只要有奇数个 1 那么异或结果为 1 ，否则为 0 。根据这个规律我们大概可以想到，对着一位来说，我们可以选择取偶数个 1 的情况（ 0 个 1 、2 个 1 … ( n & 1 ) ? n - 1 : n 个 1 ），这样就满足异或结果为 0 ，但是注意这个时候与运算的值，n 为偶数的情况下与结果可能为 0 也可能为 1 ( 我一开始还以为都是 0 呢，我个傻憨憨 )， n 为奇数的情况下与结果可能为 0 也可能为 1 。所以分类讨论一下。
n 是奇数，那么选取选取偶数个 1 的情况，异或结果是 0 ，与结果也是 0 ，两者相等，还有一种情况就是 n 个数都是 1 ，这时候异或结果是 1 ，与结果也是 1 ，两者依旧相等。因此，单看一位，相等的情况 ( 没有大于只有相等 ) 有 $sum=C_{n}^{0}+C_{n}^{2}+...+C_{n}^{n-1}+1$ ，因为有 k 位，因此方案数为 $sum^k$
n 是偶数，那么选取选取偶数个 1 的情况，异或结果是 0 ，与结果不一定是 0 也可能是 1 ，因为选取偶数个 1 可能让 n 个数都是 1 的情况，那么这时候与结果为 1 ，否则其它情况与结果为 0 。也就是 1 选取 0 、 2 … n - 2 个的情况，异或结果是 0 ，与结果是 0 ， 1 选取 n 个的情况，异或结果是 0 ，与结果是 1 。非全 1 的情况，结果是相等，全 1 的情况是与大于异或。我们可以想一下，若是存在一位与结果大于异或结果的情况，那么这一位大于了，我只要保证比这一位大的那些位是相等的，那么比这一位小的那些位，那不就是随便选了吗，这样最终结果一定是大于。一位上相等的情况共有 $sum=C_{n}^{0}+C_{n}^{2}+...+C_{n}^{n-2}$ ，最终结果大于的情况共有 $\sum_{i=1}^{k}(2^{n*(i-1)}*sum^{k-i}))$ ( $sum^{k-i}$ 就是比第 i 位 ( 从低位数第 i 位 ) 大的那些位相等的情况， $2^{n*(i-1)}$ 就是比第 i 位小的那些位随便选的情况，注意 $2^m)^n=2^{mn}$ 而不是等于 $2^{m+n}$ ，我真是个傻× )。最后在加上相等的情况 $sum^k$ 。

代码

// Problem: Rise of Shadows
// Contest: NowCoder
// URL: https://ac.nowcoder.com/acm/contest/11259/E
// Memory Limit: 524288 MB
// Time Limit: 2000 ms
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)

//#pragma GCC optimize(3)//O3
//#pragma GCC optimize(2)//O2
#include<iostream>
#include<string>
#include<map>
#include<set>
//#include<unordered_map>
#include<queue>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<stack>
#include<algorithm>
#include<iomanip>
#include<cmath>
#include<fstream>
#define X first
#define Y second
#define best 131 
#define INF 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
#define pii pair<int,int>
#define lowbit(x) x & -x
#define inf 0x3f3f3f3f
#define int long long
//#define double long double
//#define rep(i,x,y) for(register int i = x; i <= y;++i)
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
const double pai=acos(-1.0);
const int maxn=1e6+10;
const int mod=1e9+7;
const double eps=1e-9;
const int N=5e3+10;
/*--------------------------------------------*/
inline int read()
{
    int k = 0, f = 1 ;
    char c = getchar() ;
    while(!isdigit(c)){if(c == '-') f = -1 ;c = getchar() ;}
    while(isdigit(c)) k = (k << 1) + (k << 3) + c - 48 ,c = getchar() ;
    return k * f ;
}
/*--------------------------------------------*/
int t,n,m,a[maxn],k;
ll qpow(ll a,ll b)
{
    ll ans=1;
    while(b)
	{
        if(b&1) ans=ans*a%mod;
        a=a*a%mod;
        b>>=1;
    }
    return ans;
}
ll f[maxn],inv[maxn];
ll init()
{
    f[0]=1;
    for(int i=1;i<maxn;i++)
        f[i]=f[i-1]*i%mod;
    inv[maxn-1]=qpow(f[maxn-1],mod-2);
    for(int i=maxn-2;i>=0;i--)
        inv[i]=inv[i+1]*(i+1)%mod;
    return 0;
}
ll c(ll n,ll m)
{
    if (n<m) return 0;
    return f[n]*inv[m]%mod*inv[n-m]%mod;
}
signed main() 
{
//	ios::sync_with_stdio(false);
//	cin.tie(0);cout.tie(0);
	init();
	cin>>t;
	while(t--)
	{
		cin>>n>>k;
		int tmp=1,len=(n&1)?(n-1):n,sum=0,ans=0;
		if(n&1)
		{
			for(int i=0;i<=len;i+=2)
				sum=(sum+c(n,i))%mod;
			sum=(sum+1)%mod;
			ans=qpow(sum,k)%mod;
		}
		else
		{
			for(int i=0;i<=len-2;i+=2)
				sum=(sum+c(n,i))%mod;
			ans=qpow(sum,k)%mod;
			int sum2=0;tmp;
			for(int i=1;i<=k;i++)
				sum2=(sum2+qpow(2,n*(i-1))%mod*qpow(sum,k-i)%mod)%mod;
			ans=(ans+sum2)%mod;
		}
		cout<<ans<<endl;
	}
    return 0;
}