Rinne Loves Xor

最新推荐文章于 2022-03-03 21:25:40 发布

black_horse2018-Dong

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分类专栏：思维技巧数学

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本文介绍了一种基于位运算的加密算法实现，通过异或运算和累加方式生成加密数组C。算法利用二进制位上1和0的分布，结合乘法原理计算每位对总答案的贡献，最终输出模10^9+7的结果。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

链接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/370/I
来源：牛客网

时间限制：C/C++ 2秒，其他语言4秒
空间限制：C/C++ 262144K，其他语言524288K
64bit IO Format: %lld

题目描述

Rinne 最近学习了位运算相关的知识，她想运用自己学习的知识发明一个加密算法。
首先她有一个源数组 A，还有一个密钥数组 B，现在她想生成加密后的数组 C。
她发明的方法是：当计算CiCi的时候，首先将 CiCi 赋值为Ci−1Ci−1，然后加上 AiAi 分别与每一个满足 j < i 的 BjBj 异或后的和，然后加上 BiBi 分别与每一个满足 j < i 的 AjAj 异或后的和，最后加上 AiAi 与 BiBi 的异或和。
形式化的讲，关于 CiCi 的递推式为以下式子：

C0=0

Ci=Ci−1+AixorBi+(∑i−1j=1(AixorBj+AjxorBi))

现在她想用程序来实现这个过程，你能帮帮她吗？由于输出可能太大，你只需要输出每个 CiCi 模 109+7109+7的结果即可。

输入描述:

第一行一个整数 N，表示数组 A 和 B 的长度。
第二行 N 个整数表示数组 A。
第三行 N 个整数表示数组 B。

输出描述:

输出一行 N 个整数，表示加密后的数组 C。

示例1

输入

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10
65605 70259 77306 43823 61443 98602 9261 7662 46394 83019
81393 5966 61479 24259 92528 96132 35859 47981 11702 71736

输出

复制

15796 166270 623824 1132402 1650729 2445262 3256941 4150718 5106184 6353038

备注:

N≤105,ai≤109

推导公式所得公式： $C_{i}=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}A_{i}xorB_{j}$

//看到二进制异或就可以想一下是否可以按位处理。
//我们考虑异或运算会造成贡献的唯一可能就是当前位上的二进制数字不相同，那么对于每一位，贡献就是 A //第 j 位出现 1 的次数 × B 第 j 位出现 0 的次数 + B 第 j 位出现 1 的次数 × A 第 j 位出现 0
// 的次数。 （乘法原理）
//最后按照这一位对总答案的贡献统计一下就可以了。
 

//时间复杂度 O(nlogai)
 
#include<set>
#include<map>
#include<list>
#include<queue>
#include<stack>
#include<math.h>
#include<vector>
#include<bitset>
#include<iomanip>
#include<stdio.h>
#include<stdlib.h>
#include<string.h>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define eps (1e-8)
#define MAX 0x3f3f3f3f
#define u_max 1844674407370955161
#define l_max 9223372036854775807
#define i_max 2147483647
#define re register
#define pushup() tree[rt]=max(tree[rt<<1],tree[rt<<1|1])
#define nth(k,n) nth_element(a,a+k,a+n);  // 将 第K大的放在k位
#define ko() for(int i=2;i<=n;i++) s=(s+k)%i // 约瑟夫
#define ok() v.erase(unique(v.begin(),v.end()),v.end()) // 排序,离散化
using namespace std;

inline int read(){
    char c = getchar(); int x = 0, f = 1;
    while(c < '0' || c > '9') {if(c == '-') f = -1; c = getchar();}
    while(c >= '0' & c <= '9') x = x * 10 + c - '0', c = getchar();
    return x * f;
}

typedef long long ll;
const double pi = atan(1.)*4.;
const int M=63;
const int N=1e5+5;
ll mod=1e9+7;
ll a[N],b[N],c[N],aa[35][2],bb[35][2];
int main(){
    int n;
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%d",&a[i]);

    for(int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%d",&b[i]);

    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=0;j<31;j++){     //  每位进行处理
            aa[j][a[i]>>j&1]++;       
            bb[j][b[i]>>j&1]++;
            c[i]+=(aa[j][0]*bb[j][1]+aa[j][1]*bb[j][0])<<j;
            c[i]%=mod;
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
        printf("%lld ",c[i]);
    return 0;
}