lyk最近在研究位运算。
它发现除了xor,or,and外还有很多运算。
它新定义了一种运算符“#”。
具体地，可以由4个参数来表示。
ai,j表示
ｉ＃ｊ。
其中i,j与a的值均∈[0,1]。
当然问题可以扩展为>1的情况，具体地，可以将两个数分解为p位，然后对于每一位执行上述的位运算，再将这个二进制串转化为十进制就可以了。
例如当 a0,0=a1,1=0,a0,1=a1,0=1时,3#4在p=3时等于7,2#3在p=4时等于1（实际上就是异或运算）。
现在lyk想知道的是，已知一个数列b。
它任意选取一个序列c，满足 c1<c2<...<ck，其中1≤c1且ck≤n ，这个序列的价值为 bc1 # bc2 #...# bck 的平方。
这里我们假设k是正整数，因此满足条件的c的序列一定是 2n−1 。lyk想知道所有满足条件的序列的价值总和是多少。
例如样例中，7个子集的价值分别为1,1,4,4,9,9,0。总和为28。
由于答案可能很大，只需对1,000,000,007取模即可。
Input
第一行两个整数n(1<=n<=50000),p(1<=p<=30)。
第二行4个数表示a0,0，a0,1，a1,0，a1,1。(这4个数都∈{0,1})
第三行n个数bi(0<=bi<2^p)。
Output
一行表示答案。
发现没法按位算贡献..然后就不会写了。
看题解才发现自己tooyoung
考虑答案的形式，假设一个子集经过题目中描述的位运算之后值为x，那么这个子集对答案的贡献为x^2。
我们将x分解是二的幂次，若x&(1<<i)为0，则xi=0，否则xi=(1<<i)。那么我们将x^2分解后可以得到如下形式(x0+x1+...xp-1)^2。分解上式得到x0^2+x0x1+...+x0xk-1+x1x0+x1^2+...+x1xp-1+...+。我们发现这个式子中最多只与两个位有关。因此我们可以递推。枚举i和j，表示选择了b中的第i位和第j位，令dp[0/1][0/1]表示通过lyk所给的新的位运算后，到当前枚举的位置，第i位为0/1，第j位为0/1的方案总数。那么最后将2^(i+j)乘上dp[1][1]就是对答案的贡献了。只需将这些贡献累计起来就是答案了。总复杂度为p^2n。
1 #include<cstdio> 2 #include<iostream> 3 #include<cstring> 4 #include<algorithm> 5 #include<queue> 6 #include<cmath> 7 #include<cstdlib> 8 #include<bitset> 9 //#include<ctime> 10 #define ll long long 11 #define ull unsigned long long 12 #define ui unsigned int 13 #define d double 14 //#define ld long double 15 using namespace std; 16 const int maxn=50233,modd=1000000007; 17 int f[2][2][2],a[maxn]; 18 bool to[2][2]; 19 int i,j,k,n,m,p; 20 21 int ra,fh;char rx; 22 inline int read(){ 23 rx=getchar(),ra=0,fh=1; 24 while((rx<'0'||rx>'9')&&rx!='-')rx=getchar(); 25 if(rx=='-')fh=-1,rx=getchar(); 26 while(rx>='0'&&rx<='9')ra=ra*10+rx-48,rx=getchar();return ra*fh; 27 } 28 29 inline void M(int &x){if(x>=modd)x-=modd;} 30 inline int get(int p1,int p2){ 31 bool now=1,pre=0,n1,n2; 32 f[pre][0][0]=/*1,*/f[pre][0][1]=f[pre][1][0]=f[pre][1][1]=0; 33 for(register int i=1;i<=n;i++,swap(now,pre)) 34 n1=(a[i]>>p1)&1,n2=(a[i]>>p2)&1, 35 memcpy(f[now],f[pre],4<<2),M(++f[now][n1][n2]), 36 M(f[now][to[0][n1]][to[0][n2]]+=f[pre][0][0]), 37 M(f[now][to[0][n1]][to[1][n2]]+=f[pre][0][1]), 38 M(f[now][to[1][n1]][to[0][n2]]+=f[pre][1][0]), 39 M(f[now][to[1][n1]][to[1][n2]]+=f[pre][1][1]); 40 return f[pre][1][1]; 41 } 42 int main(){ 43 n=read(),p=read(); 44 for(i=0;i<2;i++)for(j=0;j<2;j++)to[i][j]=read(); 45 for(i=1;i<=n;i++)a[i]=read(); 46 int ans=0; 47 for(i=0;i<p;i++)for(j=0;j<p;j++)ans=(ans+ 1ll*(1ll<<(i+j))%modd*get(i,j))%modd; 48 printf("%d ",ans); 49 }