給乙個大小為\(n\)的陣列\(a\)，每次對陣列進行如下的變換：
這裡的\(\oplus\)運算指異或
我們會發現每次陣列\(a\)的長度會減一，當陣列\(a\)的長度減至一時，結束變換
如果我們把每次變換後的\(a\)陣列的第一項儲存下來，記為\(a_0[1],a_1[1]...a_[1]\)
求\[\oplus \sum_^a_i[1] \times (i+1)
\]這裡的\(\oplus \sum\)指的是異或和運算
\(n \leq 8\times 10^6\)
這題解法巨巧妙
畫出乙個類似菱形網格圖的結構，觀察一下每次變換後的第一項是被哪些元素異或幾次組成的
把元素編號由\(1,2..n\)改為\(0,1...n-1\)
我們能觀察到如下的規律
變換\(/\)元素
\(a_0\)
$a_1 $
$a_2 $
\(...\)
\(a_\)
\(1\)
\(1\)
\(0\)
\(0\)
\(0\)
\(0\)
\(2\)
\(1\)
\(2\)
\(1\)
\(0\)
\(0\)
$... $
\(n\)
\(c_n^0\)
\(c_n^1\)
\(c_n^2\)
\(...\)
\(c_n^\)
這不就是個楊輝三角嗎？
我們知道，異或次數為奇數的有貢獻，異或次數為偶數的無貢獻
那麼現在我們需要快速求出組合數的奇偶性
根據盧卡斯定理，我們知道
\[c_n^m \pmod p = c_^ \times c_^
\]現在我們需要判斷其奇偶性，就需要模乙個\(2\)
\[c_n^m \pmod 2 = c_^ \times c_^
\]我們可以把\(\%2\)與\(/2\)視作二進位制位下的操作，即
\[c_n^m\pmod 2=c_^\times c_^
\]研究一下\(c_^\)我們發現，只有\(n\)為偶數\(m\)為奇數時這個數為\(0\)，其餘均為\(1\)
也就是\(n\)的某一位為\(0\)而\(m\)的某一位為\(1\)時，這個數為\(0\)
所以我們可以發現
\[c_n^m \pmod 2 = 1 \ \ (m \& n=m)\\
c_n^m \pmod 2 = 0 \ \ (otherwise)
\]所以當\(m\)為\(n\)的子集時，元素\(a_m\)會對第\(n\)次變換的第乙個元素有貢獻
設\[b_n=\oplus \sum_a_d
\]最後的答案即為
\[ans=\oplus \sum_^ (i+1)\times b_i
\]於是現在的問題轉化為了求\(b\)陣列，也就是對於陣列\(a\)每個位置上求一遍子集和
這個可以用\(fwt\)，但更方便的是採用\(fmt\)，**比較短
本質上就是做乙個\(n\)維的字首和，一維一維的累加答案
#include using namespace std;
const int n = 8e6 + 10;
int n;
long long a, b, c, d;
long long a[n];
int main()
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