感觉网上大部分题解对我这种数学基础差的人来说十分不友好...（虽然理解后也觉得没有那么难）
结合两篇写的比较好的详细写一写。如果有错要指出啊QAQ
https://blog.csdn.net/smallsxj/article/details/73205569
https://www.cnblogs.com/wujiechao/p/7781140.html
首先题目要求输出精确的小数，由下面的推导可知答案要么是整数，要么是一位小数(.5)，不会是(.25, .125)什么的。
对(k)讨论，先以(k=2)为例，假设期望异或和是(S)，把它二进制拆分，每一位记为(b_i=0/1)，那么答案是((b_02^0+b_12^1+...+b_m2^m)(b_02^0+b_12^1+...+b_m2^m)=b_0b_02^0+b_0b_12^1+b_0b_22^2+...b_mb_m2^{m+m})(=sum_isum_jb_ib_j2^{i+j})。
那么对于(b_i,b_j)，它的贡献是(frac{P}{2^n} imes2^{i+j})，(P)是(i,j)两位都为(1)的方案数。
那么用(b_{i,j})表示第(i)个数二进制拆分后的第(j)位，(x_i)表示这个数是否存在于选出的集合中，求(i,j)位都为(1)的方案数，可以列个方程组：
（个人感觉这里除去(i,j)的方程的右式应该是(0/1)吧，那篇博客里写的是(0)）
解这个方程组，可以发现只会有(tleq k)个(x_i)是有唯一解的，其它(n-t)个(x_i)都有两解。所以方案数为(2^{n-t})，贡献就为(2^{i+j-t})。
当(i
eq j)时，(i+jgeq1, tleq2)，所以(2^{i+j-t}geq0.5)。
当(i=j)时，(i+jgeq0, tleq1)，依旧有(2^{i+j-t}geq0.5)。
扩展到(kgeq2)的情况，设选出的位有(k')位是互不相同的，设为(i,j,l...)，那么方程组中右式为(1)的等式有(k')个，且(i+j+l+...geq0+1+2+...=frac{k(k-1)}{2}geq k-1geq t-1)，所以(i+j+l+...-tgeq-1)，贡献(2^{i+j+l+...-t}geq0.5)。
(k=1)时，显然也成立。
综上，答案要么是整数，要么是一位小数(.5)。
其次要注意的是数据范围。答案小于(2^{63})，那么似乎就有(a_i^klt2^{63})，(a_iltfrac{2^{63}}{k})。
但是个人认为，比如(k=1)，(a_ilt2^{63})，但是存在(2^{63}leq a_ilt2^{64})也是可以的，因为毕竟是求平均值，多一位还是可能被拉低到下一位去的。所以应该是(a_iltfrac{2^{64}}{k})（(k=1)需要unsigned long long）。
然而没见到有人这么写的（写范围的都是(a_iltfrac{2^{63}}{k})）...那我就不知道为啥都开的unsigned long long了。
看了下数据，确实最大值是18446727131960884031(>2^{63})。（答案是(2^{63}-0.5) 233好强大）
考虑怎么做。对(k)分别求解。
(k=1)：
对每一位分别考虑。设某一位为(1)的数有(t)个，为(0)的有(n-t)个，那么选出奇数个该位为(1)的方案数是：(sum_{i is odd}C_n^i2^{n-t})，偶数个的方案数是(sum_{i is even}C_n^i2^{n-t})。
而(C_n^1+C_n^3+C_n^5+...=2^{n-1}=C_n^0+C_n^2+C_n^4...)
也就是选出该位为(1)的数的个数为奇数和偶数的概率是一样的。那么只要(tgeq0)，该位为(1)为(0)的概率是一样的。
所以求一下哪些位上出现过(1)，加起来除以(2)就好了。
(k=2)：
上面说了答案可以写成(sum_isum_jb_ib_j2^{i+j})。可以直接(log^2)枚举(i,j)。
(b_i)为(1)的概率和(k=1)时的情况一样，如果存在一个数第(i)位为(1)，那么就是(frac12)，否则是(0)。所以如果存在数第(i)位不为(0)且存在数第(j)位不为(0)，那么贡献就是(frac14 imes2^{i+j})。
需要注意的是如果每个数(i,j)位都相同且至少存在一个数满足(i,j)位不为(1)，那么(i,j)为(1)是同时出现的，概率是(frac12)。
(kgeq3)：
此时(a_ilt2^{22})，线性基中的元素个数不超过(22)，所以可以直接(2^{cnt})枚举线性基中元素集合（设线性基元素个数为(cnt)）。
线性基中每个子集出现的概率都是(2^n imes2^{n-cnt}=frac{1}{2^{cnt}})，求出子集异或和(x^k)后除一下即可。
需要注意的是除(2^{cnt})之前(x^k)是可以超过(2^{63})的。需要把(x)表示成(lfloorfrac{x}{2^{cnt}}
floor imes2^{cnt}+x\%2^{cnt})。
因为有(lfloorfrac{x^k}{2^{cnt}}
floor imes x+lfloorfrac{(x^k\%2^{cnt}) imes x}{2^{cnt}}
floor=lfloorfrac{x^{k+1}}{2^{cnt}}
floor)。
证明：令(x^k=a imes2^{cnt}+b (b<2^{cnt}))，那么等式左边(=ax+lfloorfrac{bx}{2^{cnt}} floor)，等式右边(=lfloorfrac{x^k imes x}{2^{cnt}} floor=lfloorfrac{ax2^{cnt}+bx}{2^{cnt}} floor=ax+lfloorfrac{bx}{2^{cnt}} floor=左式)。
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#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <algorithm>
//#define gc() getchar()
#define MAXIN 500000
#define gc() (SS==TT&&(TT=(SS=IN)+fread(IN,1,MAXIN,stdin),SS==TT)?EOF:*SS++)
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ull;
const int N=1e5+5;
ull A[N];
int cnt,base[30],b[30];
char IN[MAXIN],*SS=IN,*TT=IN;
inline ull read()
{
ull now=0;register char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-48,c=gc());
return now;
}
void Subtask1(int n)
{
ull ans=0;
for(int i=1; i<=n; ++i) ans|=A[i];
printf("%llu",ans>>1);
if(ans&1) printf(".5");
putchar('
');
}
void Subtask2(int n)
{
ull x=0,y=0;
for(int a=0; a<32; ++a)
{
bool f1=0;
for(int i=1; i<=n; ++i) if(A[i]>>a&1) {f1=1; break;}
if(!f1) continue;
for(int b=0; b<32; ++b)
{
bool f2=0;
for(int i=1; i<=n; ++i) if(A[i]>>b&1) {f2=1; break;}
if(!f2) continue;
bool f3=0;
for(int i=1; i<=n; ++i) if((A[i]>>a&1)^(A[i]>>b&1)) {f3=1; break;}
if(a+b-f3-1>=0) x+=1ull<<a+b-f3-1;
else ++y;//+0.5
}
}
printf("%llu",x+=y>>1);
if(y&1) printf(".5");
putchar('
');
}
inline void Insert(int x)
{
for(int i=21; ~i; --i)
if(x>>i&1)
if(base[i]) x^=base[i];
else {b[cnt++]=base[i]=x; break;}
}
void Subtask3(int n,int K)
{
for(int i=1; i<=n; ++i) Insert(A[i]);
ull ansx=0,ansy=0;
const int lim=1<<cnt;
for(int s=0; s<lim; ++s)
{
ull val=0,x=0,y=1;
for(int i=0; i<cnt; ++i) s>>i&1&&(val^=b[i]);
for(int i=1; i<=K; ++i)
x*=val, y*=val, x+=y>>cnt, y&=lim-1;
ansx+=x, ansy+=y;
}
ansx+=ansy>>cnt, ansy&=lim-1;
printf("%llu",ansx);
if(ansy) printf(".5");
putchar('
');
}
int main()
{
int n=read(),K=read();
for(int i=1; i<=n; ++i) A[i]=read();
if(K==1) Subtask1(n);
else if(K==2) Subtask2(n);
else Subtask3(n,K);
return 0;
}