大意说：给定一个数组(A)，我求对于每一个数对((i,j),lowbit(a_ispace xorspace a_j))的值的和
刚拿到这道题，我一开始就想到了01Trie树（解决(xor)的利器）
但是我上了一个模版就不会做了啊啊啊……
所以打了一个暴力，结果：(0space pts)
话不多说，聊正解
正如上文所说，这题用01Trie树
那怎么做呢？
对答案有贡献的，就是两个数第一个不一样的地方。那这样子，把数都转化成二进制，然后建个字典树。（注意：反向建树，因为有(lowbit)计算。）经过的时候标记一下，就可以知道每个点有几个数经过。然后统计答案，就是分歧有几个，所以枚举父节点，它左右乘起来就是种类数。然后值是(2^{dep})，(dep)是深度。简单来说，就是分歧那个地方，对应到二进制数里的大小。合起来就完成了。——信息老师指点语录
没听明白？那我用更好的语言再说一次
举个例子：
我们发现：若用01Trie树来储存后缀，则一个节点所能贡献的值为左子树经过的数的个数( imes)右子树经过的数的个数( imes)这个点二进制下的数值（因为这里是分叉点，(xor)为(0)的到此结束，开始统计两段可以产生的和）
所以来一下dfs即可
至于要不要乘(2)的问题，说实话，我也拿不准（看样例，测样例，对比答案不香吗？逃）
warning：Trie树极易出现错误，请小心打、调；随时注意取模并且模数不是一般的(10^9+7)这种
传送门1代码，传送门2代码自行修改其实是我懒得改了QAQ：
#include<bits/stdc++.h>
namespace my_std {
using namespace std;
#define LL long long
inline LL read() {
char c=getchar();
LL sum=0;
while(c<'0'||c>'9') {
c=getchar();
}
while(c>='0'&&c<='9') {
sum=(sum<<3)-'0'+(sum<<1)+c,c=getchar();
}
return sum;
}
inline void write(LL x) {
if(x>9) {
write(x/10);
}
putchar(x%10+'0');
}
const LL d[4][2]= {
{1,0},{0,1},{-1,0},{0,-1}
},mod=998244353,N=1e5+5;
}
using namespace my_std;
struct Node {
LL l,r,cnt;
} trie[N<<4]= {0};
LL tot=0,sum=0;
void build(LL x,LL now,LL time) {
trie[now].cnt++;
if(time==29) {
return ;
}
if(x%2) {
if(!trie[now].r) {
trie[now].r=++tot;
}
build(x>>1,trie[now].r,time+1);
} else {
if(!trie[now].l) {
trie[now].l=++tot;
}
build(x>>1,trie[now].l,time+1);
}
}
void dfs(LL x,LL fsum,LL su) {
sum%=mod;
sum+=trie[x].cnt%mod*(fsum-trie[x].cnt)*su%mod;
sum%=mod;
if(trie[x].l) {
dfs(trie[x].l,trie[x].cnt,su*2%mod);
}
if(trie[x].r) {
dfs(trie[x].r,trie[x].cnt,su*2%mod);
}
}
int main() {
LL n=read();
for(LL i=1,x; i<=n; i++) {
x=read();
build(x,0,0);
}
if(trie[0].l) {
dfs(trie[0].l,n,1);
}
if(trie[0].r) {
dfs(trie[0].r,n,1);
}
write(sum);
return 0;
}
完美撒花~
后记：ZSH真的是大巨佬！！！
