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64bit io format: %lld
題目描述
給定n個整數，依次為a1，a2，…，an。
求∑ i=
1n∑j
=1n(
ai&a
j)
\sum_^n\sum_^n(a_i\&a_j)
i=1∑n
j=1∑
n(a
i&a
j)'&'是二進位制與運算子。
輸入描述
第一行乙個整數n.輸出描述第二行n個整數ai.
乙個整數表示上述求和式的答案.樣例輸入
5樣例輸出備註1 2 3 4 5
1≤ n ≤1e5分析0≤ ai ≤1e8
先瞄一眼所求和式，明面上o(n2)的時間複雜度。
再看一眼資料範圍：1≤ n ≤1e5，心如死灰。
當然，acmer早已見怪不怪，縱使題目虐我千百遍，我仍待她如初戀。
咱們先好好觀察一下這「初戀」，和式中心的』&'也許是突破口，眾所周知，位運算往往用來優化時間、空間複雜度，出題人也許在這藏了什麼貓膩。
真·分析
正所謂，好記憶體不如爛硬碟 ，咳咳，我們先在紙上模擬一下這個和式。
先就 i==1 來看：
a1&a1+a1&a2+a1&a3+…+a1&an
即a1和每一項分別相與(&)再相加(+)
既然&是按位與，那麼我們就從位的角度來看，分析每一位如何變化：
假如a1的某一位是0，那麼無論相與物件的該位是什麼，相與結果皆為0，對結果無貢獻。
假如a1的某一位是1，同理，只有當相與物件該位為1時，結果才為1，貢獻為1*(該位權重)
不僅是a1，對於每乙個ai均是如此，假設特定位為第k位，所有ai該位上共有m個1
則，該位對答案的貢獻為：m*m*(1<<(k-1))
如此，只要預處理出每一位上1的個數即可，複雜度o(n)
「talk is cheap. show me the code.」
#include
#include
#include
using
namespace std;
const
int maxn =
1e5+5;
typedef
long
long ll;
int num[maxn]
;int b[31]
;//由於非負，第32位必位0
intmain
(void
)for
(int i =
0; i <
31; i++
)//貢獻彙總
ans +
=(ll)b[i]
* b[i]*(
1ll<< i)
;printf
("%lld\n"
, ans)
;return0;
}
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