#1549 : 或运算和
描述
给定N个数A1...AN (0 <= Ai < 220) 和一个正整数K，我们用Ans[i]表示有多少种从这N个数中选取K个数的方案，满足这K个数的或运算和正好为i。
你能对于每一个i(0 <= i < 220)都计算出Ans[i]的值吗？
为了简化输出，你只需要输出Σ(Ans[i] * i) 除以1000000007的余数。
输入
第一行一个数T(<=10)，表示数据组数
对于每一组数据：
第一行两个数N，K（1<=N<=100,000，K<=1000）
第二行N个数A1...AN (0 <= Ai < 220)
输出
一个数表示答案
样例输入
2
3 2
1 2 3
4 2
1 2 4 5
样例输出
9
31
//其实，若是理解了，很容易做出来
直接分析答案，
∑(ANS[i] * i ) = ∑(ANS[i] * (2p1+2p2+2p3+...+2px)) (Pi 为互不相同的自然数)
= 20 * (Ans[0]+ANS[1]+...+ ANS[220-1])
+21 * (Ans[0]+ANS[1]+...+ ANS[220-1])
+...
+219 * (Ans[0]+ANS[1]+...+ ANS[220-1])
然后，发现，(Ans[0]+ANS[1]+...+ ANS[220-1])这部分，代表的意思是，n 个数中选 k 个数或出 0 -- 220-1 的种数。选 k 个数不管如何，或出来肯定在 0 - 220-1 之中，所以 2i * (Ans[0]+ANS[1]+...+ ANS[220-1]) 就是 n 个数中，转二进制，第 i 位选 k 个或出 1 的种数，然后就简单的排列组合，求逆元，累加即可。
或者简单的撕拷，选 k 个数，组成了一种 i ，i 是由 (2p1+2p2+2p3+...+2px）组成，答案中就包含了这部分，所以，找到所有选 k 个数可以让 x (0-19)位变为 1 的种数，再乘以权值，即为答案，其实这就是算贡献，还得好好练啊！
1 # include <cstdio> 2 # include <cstring> 3 # include <cstdlib> 4 # include <iostream> 5 # include <vector> 6 # include <queue> 7 # include <stack> 8 # include <map> 9 # include <bitset> 10 # include <set> 11 # include <cmath> 12 # include <algorithm> 13 using namespace std; 14 #define lowbit(x) ((x)&(-x)) 15 #define pi acos(-1.0) 16 #define eps 1e-8 17 #define MOD 1000000007 18 #define INF 0x3f3f3f3f 19 #define LL long long 20 inline int Scan() { 21 int x=0,f=1; char ch=getchar(); 22 while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-') f=-1; ch=getchar();} 23 while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0'; ch=getchar();} 24 return x*f; 25 } 26 inline void Out(int a) { 27 if(a<0) {putchar('-'); a=-a;} 28 if(a>=10) Out(a/10); 29 putchar(a%10+'0'); 30 } 31 #define MX 100005 32 //Code begin... 33 int n,k; 34 int a[MX]; 35 36 LL qk_mi(LL x,LL y) 37 { 38 LL res = 1; 39 while (y) 40 { 41 if (y&1) res = res*x%MOD; 42 x = x*x%MOD; 43 y/=2; 44 } 45 return res; 46 } 47 48 LL C(LL x,LL y)// m n 49 { 50 if (x>y) return 0LL; 51 LL res =1; 52 for (int i=1;i<=y;i++) 53 res = (res*i)%MOD; 54 LL mj = 1,mnj = 1; 55 for (int i=1;i<=x;i++) 56 mj = (mj*i)%MOD; 57 for (int i=1;i<=(y-x);i++) 58 mnj = (mnj*i)%MOD; 59 mj = qk_mi(mj,MOD-2); mnj = qk_mi(mnj,MOD-2); 60 res = (res*mj%MOD) * mnj %MOD; 61 return res; 62 } 63 64 LL slove(int x,int y) 65 { 66 LL res = C(k,x+y); 67 res = (res +MOD -C(k,x))%MOD; 68 return res; 69 } 70 71 int main() 72 { 73 int T=Scan(); 74 while(T--) 75 { 76 n = Scan();k = Scan(); 77 for (int i=0;i<n;i++) 78 a[i] = Scan(); 79 LL ans = 0; 80 for (int i=0;i<20;i++) 81 { 82 int zero=0,one=0; 83 for (int j=0;j<n;j++) 84 if ((a[j]>>i)&1) one++; 85 else zero++; 86 ans = (ans + (1LL<<i)*slove(zero,one)%MOD )%MOD; 87 } 88 printf("%lld ",ans); 89 } 90 return 0; 91 }