标签：operations long int sum bitwise 数都 Divan 答案 po

点我点我

正解思路

首先对于 \(x\) 的限制需要处理

因为 \(l \sim r\) 使用或运算，所以如果结果是 \(0\) ,必然所有数都是 \(0\)

我们可以默认所有数都为 \(1\) ,然后再用 \(m\) 个限制来决定放多少 \(0\)

于是开始统计答案

首先，as we all know，如果是偶数个 \(1\) , 他是无法产生贡献的 因此得出一个柿子：\(C^1_x + C^3_x + C^5_x + ... + C^{最后一个奇数}_x\)

考虑到 \(0\) 可选可不选，我们就又有 \(2^{n-x}\)中选法，把他们乘起来，最后在乘一个 \(2^i\)，也就是第 \(i\) 位的贡献 然而这样会TLE

考虑组合数的两个性质：

\(C^n_m = C^{n-1}_{m-1} + C^n_{m-1}\)

\(\sum_{i=1}^n{C^i_n}\)

答案可以优化为 \(sum=2^{x-1}\)

代码

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int N=2e5+10,mod=1e9+7;
int t;
long long po[233334];
int main()
{
	cin >> t;
	po[0]=1;
	for(int i=1;i<=233333;++i) po[i]=(po[i-1]*2)%mod;
	while(t--)
	{
		int sum=0;
		int n,m,l,r,x;
		scanf("%d%d",&n,&m);
		for(int i=1;i<=m;++i) scanf("%d%d%d",&l,&r,&x),sum|=x;
		long long ans=1ll*sum*po[n-1]%mod;
		printf("%lld\n",ans);
	}
	return 0;
 }

标签：operations,long,int,sum,bitwise,数都,Divan,答案,po
来源： https://www.cnblogs.com/Konjac-Simit/p/15614614.html

本站声明： 1. iCode9 技术分享网（下文简称本站）提供的所有内容，仅供技术学习、探讨和分享；
2. 关于本站的所有留言、评论、转载及引用，纯属内容发起人的个人观点，与本站观点和立场无关；
3. 关于本站的所有言论和文字，纯属内容发起人的个人观点，与本站观点和立场无关；
4. 本站文章均是网友提供，不完全保证技术分享内容的完整性、准确性、时效性、风险性和版权归属；如您发现该文章侵犯了您的权益，可联系我们第一时间进行删除；
5. 本站为非盈利性的个人网站，所有内容不会用来进行牟利，也不会利用任何形式的广告来间接获益，纯粹是为了广大技术爱好者提供技术内容和技术思想的分享性交流网站。