牛客練習賽60 A-大吉大利[簽到][位運算]

牛客練習賽60 A-大吉大利

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64bit IO Format: %lld

題目描述

給定n個整數，依次爲a₁，a₂，…，a_n。
求$\sum_{i = 1}^n\sum_{j = 1}^n(a_i\&a_j)$
'&'是二進制與運算符。

輸入描述

第一行一個整數n.
第二行n個整數a_i.

輸出描述

一個整數表示上述求和式的答案.

樣例輸入

5
1 2 3 4 5

樣例輸出

33

備註

1≤ n ≤1e5
0≤ a_i ≤1e8

分析

先瞄一眼所求和式，明面上O(n²)的時間複雜度。
再看一眼數據範圍：1≤ n ≤1e5，心如死灰。
當然，ACMer早已見怪不怪，縱使題目虐我千百遍，我仍待她如初戀。

咱們先好好觀察一下這“初戀”，和式中心的’&'也許是突破口，衆所周知，位運算往往用來優化時間、空間複雜度，出題人也許在這藏了什麼貓膩。

真·分析

正所謂，好內存不如爛硬盤 ，咳咳，我們先在紙上模擬一下這個和式。
先就 i==1 來看：
a₁&a₁+a₁&a₂+a₁&a₃+…+a₁&a_n

即a1和每一項分別相與(&)再相加(+)
既然&是按位與，那麼我們就從位的角度來看，分析每一位如何變化：

假如a₁的某一位是0，那麼無論相與對象的該位是什麼，相與結果皆爲0，對結果無貢獻。
假如a₁的某一位是1，同理，只有當相與對象該位爲1時，結果才爲1，貢獻爲1*(該位權重)

不僅是a₁，對於每一個a_i均是如此，假設特定位爲第k位，所有a_i該位上共有m個1
則，該位對答案的貢獻爲：m*m*(1<<(k-1))

如此，只要預處理出每一位上1的個數即可，複雜度O(n)

“Talk is Cheap. Show me the Code.”

#include<stdio.h>
#include<stdlib.h>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn = 1e5 + 5;
typedef long long ll;
int num[maxn];
int b[31];//由於非負，第32位必位0
int main(void)
{
	int n;
	scanf("%d", &n);
	ll ans = 0;
	for (int i = 0; i < n; i++)
		scanf("%d", &num[i]);
	for (int i = 0; i < n; i++) {
		int t = num[i], j = 0;
		while (t)//二進制轉換，統計1的個數
			b[j++] += (t & 1), t >>= 1;
	}
	for (int i = 0; i < 31; i++)//貢獻彙總
		ans += (ll)b[i] * b[i] * (1LL << i);
	printf("%lld\n", ans);
	return 0;
}