AtCoder Beginner Contest 150 E Change a Little Bit

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令 \(S_i \gets S_i \oplus T_i\)，那么代价中 \(D\) 变成 \(S_i = 1\) 的 \(i\) 数量。转化为对所有 \(f(S)\) 求和，最后答案乘上 \(2^n\)。

考虑贪心地求 \(f(S)\)。肯定是先选择小的 \(C_i\)，把 \(S_i\) 变成 \(0\)。正确性显然。下面把 \(C_i\) 从大到小排序。

考虑拆贡献。对于一个 \(C_i\)，考虑它一共被算了多少次。显然 \(i\) 自己会贡献 \(2^{n - 1}\) 次（除去 \(S_i = 0\) 的情况），对于 \(j < i\)，因为 \(C_j \ge C_i\)，所以改变 \(S_i\) 时 \(S_j\) 必定还没被改变。有 \(2^{n - 2}\) 种情况使得 \(S_j = 1\)，一共有 \(i - 1\) 个 \(j < i\) 的 \(j\)，所以 \(C_i\) 的贡献系数就是 \(2^{n - 2} \times (i - 1) + 2^{n - 1}\)。

因此最后答案就是：

\[2^n \times \sum\limits_{i = 1}^n (2^{n - 2} \times (i - 1) + 2^{n - 1}) \times C_i \]

code

// Problem: E - Change a Little Bit
// Contest: AtCoder - AtCoder Beginner Contest 150
// URL: https://atcoder.jp/contests/abc150/tasks/abc150_e
// Memory Limit: 1024 MB
// Time Limit: 2000 ms
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)

#include <bits/stdc++.h>
#define pb emplace_back
#define fst first
#define scd second
#define mems(a, x) memset((a), (x), sizeof(a))

using namespace std;
typedef long long ll;
typedef double db;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double ldb;
typedef pair<ll, ll> pii;

const int maxn = 200100;
const ll mod = 1000000007;

inline ll qpow(ll b, ll p) {
	if (p < 0) {
		return 0;
	}
	ll res = 1;
	while (p) {
		if (p & 1) {
			res = res * b % mod;
		}
		b = b * b % mod;
		p >>= 1;
	}
	return res;
}

ll n, a[maxn];

void solve() {
	scanf("%lld", &n);
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		scanf("%lld", &a[i]);
	}
	sort(a + 1, a + n + 1, greater<ll>());
	ll ans = 0;
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		ans = (ans + (qpow(2, n - 2) * (i - 1) % mod + qpow(2, n - 1)) % mod * a[i] % mod) % mod;
	}
	printf("%lld\n", ans * qpow(2, n) % mod);
}

int main() {
	int T = 1;
	// scanf("%d", &T);
	while (T--) {
		solve();
	}
	return 0;
}