題意 ：

• 給 n 和 k (<2e5)，保證每個數ai < 2^k，問使得 𝑎1 & 𝑎2 & 𝑎3 & … & 𝑎𝑛≥𝑎1⊕𝑎2⊕𝑎3⊕…𝑎𝑛 的序列個數 % (1e9 + 7)。

思路 ：

• ai < 2^k 即 每個數最多k位（提示從第i位來看)
• 注意此題是組合數C而不是排列A，比如001和100，本質上是挑出位置放1，看有幾個位置可以放1.
• 從小樣例來看，考慮第i位，且從最高位開始往后考慮
• 若n為奇數 ：若要使得與的結果大于等于異或的結果，只要不是奇數個1和偶數個且不為0個的0的情況（是小于），否則都是等于（滿足條件）（偶數個1和奇數個0，奇數個1和0個0，0個1和奇數個0）。單第i位來看 sum = $$C_n^0+C_n^2+...+C_n^{n?1}+1=2^{n?1}+1$$，因為有k位，且由于只有小于和等于，那么小于的情況被排除了，只剩下等于，那么k位中的每一位都互不干擾，所以總的方案數就是$${sum}^k$$。
• 若n為偶數 ： 小于的情況 ：奇數個1和奇數個0；等于的情況 ：偶數個1和偶數個0，0個1和偶數個0；大于的情況 ：偶數個1和0個0。那么sum = $$C_n^0+C_n^2+...+C_n^n=2^{n?1}$$因此，若為大于，直接加上后面隨意組合的情況，若為等于，去遞歸下一位。

#include <iostream> #include <algorithm> #include <cmath> #include <cstring> #include <vector> #include <unordered_map> #include <unordered_set> #include <set> #include <map> #define endl '\n' #define IOS ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0) using namespace std; const double pi = acos(-1); typedef long long ll;const int mod = 1e9 + 7;ll qmi(int a, int b, int p) {ll res = 1 % p;while (b){if (b & 1) res = res * a % p;a = a * (ll)a % p;b >>= 1;}return res; }int main() {IOS;int T;cin >> T;while (T -- ){int n, k;cin >> n >> k;if (k == 0) cout << 1 << endl;else{if (n & 1) cout << qmi(qmi(2, n - 1, mod) + 1, k, mod) << endl;else{ll res = 0;for (int i = k; i > 0; i -- ){ll p = qmi(qmi(2, n, mod), i - 1, mod);ll q = qmi(qmi(2, n - 1, mod) - 1 + mod, k - i, mod);res = (res + p * q % mod) % mod;}res = (res + qmi(qmi(2, n - 1, mod) - 1 + mod, k, mod) % mod) % mod;cout << res << endl;}}}return 0; }

總結

以上是生活随笔為你收集整理的CF #737（div2）C. Moamen and XOR 与和异或-找规律的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

如果覺得生活随笔網站內容還不錯，歡迎將生活随笔推薦給好友。