基础算法题——异或和之和（位运算、组合数）

异或和之和

题目链接

解题思路

解题方案
暴力枚举：时间复杂度：O(n³)，超时。

位操作+组合数：解铃还须系铃人。对于这种与、或、异或的位操作，一般也是通过位操作来解答。

总结规律
题目要求在 n 个正整数中枚举 3 个数进行位操作，若要确定 3 个数的异或结果，就要寻找对异或结果的位有影响的情况。
枚举可能情况：
0 ^ 0 ^ 0 = 0
0 ^ 0 ^ 1 = 1
0 ^ 1 ^ 0 = 1
0 ^ 1 ^ 1 = 0
1 ^ 0 ^ 0 = 1
1 ^ 0 ^ 1 = 0
1 ^ 1 ^ 0 = 0
1 ^ 1 ^ 1 = 1
①、当 3 个都为 1 时，异或的结果为 1 。
②、当 2 个为 0 时，异或结果为 1 。
③、除了 ①、② 外，其余情况为 0 。

代码解析
①、枚举每一位二进制数的值，先对 mod 求余防止溢出。
eg：1(1)， 2(10)， 4(100)， 8(1000)…

f[0]=1;
for(int i=1; i<64; i++)
	f[i] = (f[i-1]<<1)%mod;

②、统计 n 个整数的每一位 1 的个数及 0 的个数。
0 的个数 = n - 1 的个数。可以不必再求。

//统计 n 个整数每一位为 1 的数量
//eg：num[j]: n 个整数第 j 位为 1 的数量
for(int i=0; i<n; i++){
	ll tmp;
	scanf("%lld", &tmp);
	for(int j=0; j<64; j++)
		num_1[j] += (tmp>>j)&1;
}

③、计算出每一位异或和结果能够得到多少个 1 ( k ) ，最后将答案与该位大小 * 1 的个数( f [ i ] * k ) 累加起来，并求余。

for(int i=0; i<64; i++){
	ll one=num_1[i], zero=n-num_1[i], k; 
	//1 0 0 | 0 1 0 | 0 0 1
	if(zero>=2 && one>=1){ 
     	k = zero*(zero-1)*one/2%mod;
    	ans = (ans+k*f[i]%mod)%mod;
    }
    //1 1 1
    if(one>=3){
       	k = one*(one-1)*(one-2)/6%mod;
	   	ans = (ans+k*f[i]%mod)%mod;
    }
}

注意优先级 ：
‘*’、’/’ > ‘%’ > ‘+’、’-’ > ‘<<’、’>>’ > ‘=’

实现代码

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
ll ans=0;
int f[64]={0}, num_1[64]={0};
const int mod = 1e9+7;

int main(){
	int n;
	scanf("%d", &n);
	
	f[0]=1;
	for(int i=1; i<64; i++)
		f[i] = (f[i-1]<<1)%mod;
	//<<优先级小于 mod
	
	for(int i=0; i<n; i++){
		ll tmp;
		scanf("%lld", &tmp);
		for(int j=0; j<64; j++)
			num_1[j] += (tmp>>j)&1;
	}
	
	for(int i=0; i<64; i++){
		ll one=num_1[i], zero=n-num_1[i], k; 
		//0 0 1
		if(zero>=2 && one>=1){ 
            k = zero*(zero-1)*one/2%mod;
            ans = (ans+k*f[i]%mod)%mod;
        }
        //1 1 1
        if(one>=3){
            k = one*(one-1)*(one-2)/6%mod;
            ans = (ans+k*f[i]%mod)%mod;
        }
	}
	//优先级 ： 
	//'*'、'/' > '+'、'-' > '%' > '<<'、'>>' > '=' 
	printf("%lld", ans);
	
	return 0;
} 

总结

位操作对于异或、与、或等位运算是十分有效的。