位与位间互不影响。一位一位计算。
长度为 (1) 的区间，选出概率为 (1/n^2)。其余区间，选出概率为 (2/n^2)。（这里的区间 (l leq r)）
枚举右端点。记 (last_0) 表示 (0) 上一次出现的位置。 (last_1) 同样。
下面我们只研究区间长度不为 (1) 的。为 (1) 的话直接计上就好了。
对于 (mathrm{and}) 和，倘若当前数的这一位为 (0) 则不用计算，否则，左端点在 ([last_0+1,now-1]) 间的区间都是合法的，答案累计 (2 imes 2^k imes (now-last_0-1) /n^2)。(now) 是当前在枚举哪个右端点，(k) 是当前在枚举 (a_{now}) 的二进制第 (k) 位。
对于 (mathrm{or}) 和，倘若当前数的这一位为 (1) 则左端点在 ([1,now-1]) 的区间都合法，否则，在 ([1,last_1]) 间的都合法。
对于 (mathrm{xor}) 和，我们发现，所有的这一位数为 (1) 的数字，把数列分成了好几段。我们记 (cnt_0) 表示当 (a_{now}) 的这一位是 (0) 时有多少个左端点是能对答案产生贡献的。 (cnt_1) 同理。
如果当前这位是 (0)，那么答案累计上 (2 imes 2^k imes cnt_0 / n^2) 并 (cnt_0 leftarrow cnt_0 + 1)。
如果当前这位是 (1)，那么答案累计上 (2 imes 2^k imes cnt_1 / n^2)。然后交换 (cnt_0,cnt_1) 并 (cnt_1 leftarrow cnt_1 + 1)。
#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
int n, a[100005], lst0, lst1, cnt0, cnt1;
double ansand, ansxor, ansor;
int main(){
cin>>n;
for(int i=1; i<=n; i++)
scanf("%d", &a[i]);
for(int i=0; i<=29; i++){
lst0 = lst1 = cnt0 = cnt1 = 0;
for(int j=1; j<=n; j++){
int x=(a[j]>>i)&1;
if(x){
ansand += 1.0 * (1<<i) / n / n;
ansxor += 1.0 * (1<<i) / n / n;
ansor += 1.0 * (1<<i) / n / n;
ansand += 2.0 * (j - lst0 - 1) * (1<<i) / n / n;
ansor += 2.0 * (j - 1) * (1<<i) / n / n;
ansxor += 2.0 * cnt1 * (1<<i) / n / n;
swap(cnt0, cnt1);
cnt0++;
lst1 = j;
}
else{
ansxor += 2.0 * cnt0 * (1<<i) / n / n;
ansor += 2.0 * lst1 * (1<<i) / n / n;
cnt1++;
lst0 = j;
}
}
}
printf("%.3f %.3f %.3f
", ansxor, ansand, ansor);
return 0;
}