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看到两两异或，考虑 01-Trie。

发现直接取出前 \(m\) 大的异或和非常不好做！于是考虑求第 \(m\) 大的异或和是多少。二分一只 \(\log\)，然后对每个数求异或它结果大于 \(m\) 的数，可以直接在 Trie 上数，一只 \(\log\)。所以单次 check 是 \(O(n\log n)\)，这一步复杂度是 \(O(n\log^2 n)\)。

然后我们发现有第 \(m\) 大的异或和 \(k\)，那么就要求所有大于它的异或和之和。我们惊奇的发现这就是一次 check，然后就写完了。

注意有相等的情况，所以我们求的是异或和 \(>k\) 的部分，剩下的再用 \(k\) 补齐。

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int mod=1e9+7,inv2=5e8+4;
int n,ans,k,a[50005];
int ch[1000005][2],val[1000005],cnt;
void ins(int x){
	int cur=0;
	for(int i=30;i>=0;i--){
		int t=((1<<i)&x)!=0;
		if(!ch[cur][t])ch[cur][t]=++cnt;
		cur=ch[cur][t];val[cur]++;
	}
}
int check(int x){
	int tot=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		int cur=0;
		for(int j=30;j>=0;j--){
			int t1=(a[i]>>j)&1,t2=(x>>j)&1;
			if(!t2)tot+=val[ch[cur][t1^1]],cur=ch[cur][t1];
			else cur=ch[cur][t1^1];
			if(!cur)break;
		}
		tot+=val[cur];
	}
	return tot/2;
}
int tr[1000005][35];
void pre(int x,int dep,int z){
	if(!x)return;
	if(!dep){
		for(int i=0;i<=30;i++)if((1<<i)&z)tr[x][i]=val[x];
		return;
	}
	pre(ch[x][0],dep-1,z);
	pre(ch[x][1],dep-1,z|(1<<dep-1));
	for(int i=0;i<=30;i++)tr[x][i]=tr[ch[x][0]][i]+tr[ch[x][1]][i];
}
void solve(int K){
	for(int i=1;i<=n;i++){
		int cur=0;
		for(int j=30;j>=0;j--){
			int t1=(a[i]>>j)&1,t2=(K>>j)&1;
			if(!t2){
				int t=ch[cur][t1^1];
				for(int k=0;k<=30;k++){
					int t3=((1<<k)&a[i])!=0;
					if(t3)ans=(ans+(val[t]-tr[t][k])*(1<<k))%mod;
					else ans=(ans+tr[t][k]*(1<<k))%mod;
				}
				cur=ch[cur][t1];
			}
			else cur=ch[cur][t1^1];
			if(cur==0)break;
		}
		ans=(ans+val[cur]*K)%mod;
	}
}
signed main(){
	cin>>n>>k;
	for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i],ins(a[i]);
	int l=0,r=1<<30,K=0;
	while(l<=r){
		int mid=(l+r)>>1;
		if(check(mid)>=k)K=mid,l=mid+1;
		else r=mid-1;
	}
	pre(ch[0][0],30,0);
	pre(ch[0][1],30,1<<30);
	solve(K);
	cout<<((ans*inv2%mod-(check(K)-k)*K%mod)%mod+mod)%mod<<endl;
	return 0;
}