C. Moamen and XOR

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题目大意：每组样例给一个 nnn 和 kkk ，问有多少个长度为 nnn 的序列 aaa ，其所有 aia_iai 小于 2k2^k2k ，且 a1&a2&a3...&an≥a1⊕a2⊕a3...⊕ana_1\&a_2\&a_3...\&a_n≥a_1⊕a_2⊕a_3...⊕a_na1&a2&a3...&an≥a1⊕a2⊕a3...⊕an

首先考虑等于的情况，那么等于就是所有位都等于，那么我们考虑某一位相等的情况，对于这一位而言，我们要相等，又是两种情况，为 000 相等或为 111 相等。如果为 000 相等，那么首先就是异或值要为 000 ，则 nnn 个数字的这一位上的要有偶数个 111 ，则有 Cn0+Cn2+Cn4+...+Cn小于n的最大偶数=2n−1C_n^0+C_n^2+C_n^4+...+C_n^{小于n的最大偶数}=2^{n-1}Cn0+Cn2+Cn4+...+Cn小于n的最大偶数=2n−1 。那么我们发现这里可能有种情况需要减掉，就是 nnn 是偶数的话 CnnC_n^nCnn 的情况，不是等于，而是大于，所以这种情况算出来之后要减一。然后考虑为 111 相等的情况，那么只有全 111 才可能相与为 111 ，但是异或那边要为 111 之后奇数个 111 才行，所以这种情况只能 nnn 为奇数才能加一。我们可以最终算得某一位相等的情况为 ccc ，所有位都相等即为 ckc^kck

然后考虑大于，大于就是枚举在哪一位大于，大于只能是相与为 111 ，异或为 000 ，所以只有 nnn 为偶数才可能发生。然后枚举在第 iii 位发生了大于，这一位肯定只有一种情况，就是全 111 了。那么前 i−1i-1i−1 位就要全相等，也就是有 ci−1c^{i-1}ci−1 种情况，后面随便放什么都可以，那么后面一共有 (k−i)∗n(k - i) * n(k−i)∗n 个二进制位，每个都随便放什么，所以后面的情况就是 2(k−i)∗n2^{(k - i) * n}2(k−i)∗n ，所以在第 iii 位发生大于的情况数为： ci−1∗2(k−i)∗nc^{i-1}*2^{(k - i) * n}ci−1∗2(k−i)∗n ，所以大于的情况总数也就是： ∑i=1k(ci−1∗2(k−i)∗n)\sum\limits_{i=1}^k(c^{i-1}*2^{(k - i) * n})i=1∑k(ci−1∗2(k−i)∗n)

将上述两种情况相加即可得答案。

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long ll;const int N = 2e5 + 10;const ll mod = 1e9 + 7;ll n, k;ll ksm(ll base, ll n) {ll ans = 1;while(n) {if (n & 1ll) ans = ans * base % mod;base = base * base % mod;n >>= 1ll;}return ans;
}int main() {#ifndef ONLINE_JUDGEfreopen("in.txt", "r", stdin);freopen("out.txt", "w", stdout);
#endifint T;scanf("%d", &T);while(T--) {ll ans = 0;scanf("%lld%lld", &n, &k);ll c = ksm(2ll, n - 1);if (n % 2 == 0) {c = (c - 1 + mod) % mod;}if (n & 1) {c = (c + 1) % mod;}ans = (ans + ksm(c, k)) % mod;if (n % 2 == 0) {for (int i = 1; i <= k; ++i) { // 大于的情况ll tmp1 = ksm(c, i - 1);ll tmp2 = ksm(2ll, (k - i) * n);ans = (ans + tmp1 * tmp2 % mod) % mod;}}printf("%lld\n", ans);}
}

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