牛客练习赛60 A-大吉大利[签到][位运算]

牛客练习赛60 A-大吉大利

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64bit IO Format: %lld

题目描述

给定n个整数，依次为a₁，a₂，…，a_n。
求$\sum_{i = 1}^n\sum_{j = 1}^n(a_i\&a_j)$
'&'是二进制与运算符。

输入描述

第一行一个整数n.
第二行n个整数a_i.

输出描述

一个整数表示上述求和式的答案.

样例输入

5
1 2 3 4 5

样例输出

33

备注

1≤ n ≤1e5
0≤ a_i ≤1e8

分析

先瞄一眼所求和式，明面上O(n²)的时间复杂度。
再看一眼数据范围：1≤ n ≤1e5，心如死灰。
当然，ACMer早已见怪不怪，纵使题目虐我千百遍，我仍待她如初恋。

咱们先好好观察一下这“初恋”，和式中心的’&'也许是突破口，众所周知，位运算往往用来优化时间、空间复杂度，出题人也许在这藏了什么猫腻。

真·分析

正所谓，好内存不如烂硬盘 ，咳咳，我们先在纸上模拟一下这个和式。
先就 i==1 来看：
a₁&a₁+a₁&a₂+a₁&a₃+…+a₁&a_n

即a1和每一项分别相与(&)再相加(+)
既然&是按位与，那么我们就从位的角度来看，分析每一位如何变化：

假如a₁的某一位是0，那么无论相与对象的该位是什么，相与结果皆为0，对结果无贡献。
假如a₁的某一位是1，同理，只有当相与对象该位为1时，结果才为1，贡献为1*(该位权重)

不仅是a₁，对于每一个a_i均是如此，假设特定位为第k位，所有a_i该位上共有m个1
则，该位对答案的贡献为：m*m*(1<<(k-1))

如此，只要预处理出每一位上1的个数即可，复杂度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];//由于非负，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)//二进制转换，统计1的个数
			b[j++] += (t & 1), t >>= 1;
	}
	for (int i = 0; i < 31; i++)//贡献汇总
		ans += (ll)b[i] * b[i] * (1LL << i);
	printf("%lld\n", ans);
	return 0;
}