codeforces 1557 C Moamen and XOR（递推、分类讨论）

codeforces 1557 C Moamen and XOR

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题目标签

递推、分类讨论

题目大意

有一个由$n$个大小不超过$2^k$的非负整数组成的数组$a$ ，问有多少组$a$满足条件$a_1\&a_2\&a_3\dots \dots \&a_n\ge a_1\oplus a_2\oplus a_3\dots \dots \oplus a_n$

题目分析

这道题肯定先是将其转化为二进制的$0$和$1$，这样结果最多会有$k$位

我们现在考虑这$n$个数进行与运算和异或运算之后的结果

不难分析得出，只要有偶数个$1$进行异或运算，最后结果就是$0$，这样无论与运算的结果是什么，都满足题目条件

这样我们对$n$的奇偶性进行分类讨论

首先考虑$n$为奇数的情况

如果$n$个数中有偶数个$1$，则必定会有$0$存在，这样n个数与运算结果必为$0$，而异或结果必为$0$

如果$n$个数中有奇数个$1$，则需要考虑是否有$0$存在

如果没有$0$存在，即$n$个数全为$1$，则与运算结果为$1$，异或结果也为$1$

如果有$0$存在，即$n$个数不全为$1$，则与运算结果为$0$，异或结果为$1$

我们发现，当$n$为奇数的时候，不存在$a_1\&a_2\&a_3\dots \dots \&a_n>a_1\oplus a_2\oplus a_3\dots \dots \oplus a_n$的情况

所以我们需要这$k$位均满足与运算结果等于异或运算结果

总共有$n$个数，存在$2^n$种可能性，其中$1$的个数为奇数和偶数的概率相同，故每一位有偶数个$1$的情况有$2^{n-1}$种，再加上全为$1$这一种情况，每一位有$2^{n-1}+1$种可能性，$k$位总共就有$(2^{n-1}+1{)}^k$种可能性

再考虑$n$为偶数的情况

如果$n$个数中有奇数个$1$，则必定会有$0$存在，这样n个数与运算结果必为$0$，而异或结果为$1$，不满足条件

如果$n$个数中有偶数个$1$，则需要考虑是否有$0$存在

如果没有$0$存在，即$n$个数全为$1$，则与运算结果为$1$，异或结果为$0$

如果有$0$存在，即$n$个数不全为$1$，则与运算结果为$0$，异或结果为$0$

我们定义一个函数$f(x)$为二进制有$x$位的满足条件的组数

我们从第$k$位开始考虑

如果第$k$位的$n$个数全为$1$，那么后面位置的数无论是多少，都满足题目条件，这样后面的数有$k-1$位，共$n$个数，那么总共有$(2^{k-1}{)}^n$种可能性

如果第$k$位的$n$个数不全为$1$但是有偶数个$1$，那我们需要算出满足此情况的种类数总共有$(2^{n-1}-1)$，再乘上第$k-1$位种类数，即$f(k-1)$，最终递归到第$1$位，第$1$位需要满足偶数个$1$即可

综上，当$n$为偶数的时候$f(k)=(2^{n-1}-1)f(k-1)+(2^{k-1}{)}^n$结果递归即可

记得要快速幂取模

AC代码

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;
ll T,n,k;
typedef long long ll;
ll mod = 1e9+7;
ll ans;

ll fast_pow(ll a,ll b) {
    ll ans = 1;
    ll base = a%mod;
    while(b) {
        if(b&1)
            ans = (ans*base)%mod;
        b>>=1;
        base = (base*base)%mod;
    }
    return ans ;
}

int main() {
    cin>>T;
    while(T--) {
        cin>>n>>k;
        if(k==0) {
            cout<<1<<endl;
            continue;
        }
        if(n&1) {
            ans = fast_pow(fast_pow(2,n-1)+1,k);
            cout<<ans<<endl;
        }
        else {
            ans = fast_pow(2,n-1);
            for(ll i=2;i<=k;i++)
                ans = (((fast_pow(2,n-1)-1)*ans)%mod+fast_pow(2,(i-1)*n))%mod;
            cout<<ans<<endl;
        }
    }
}