atcoder：Tokio Marine & Nichido Fire Insurance Programming Contest 2020：E - O(rand)（位运算+二项式反演）

题目大意：从 N 个数字中选 1 到 k 个，使得这些数字的与运算结果为 s, 或运算结果为 t，为有多少种选择方案。

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首先我们只关注 集合a 中满足 (x & s) == s && (x & t) == x 的元素 x，称这个集合为 X：{x}，令 t = t ^ s，通过预处理，将 t 中为 1的位提出来，此时问题等价于：s = 0， t = $2^L - 1$。

这相当于要从集合 X 中选出 [1,k] 个元素作为一个新的集合，使得这个新集合中在这 L 位上每一位至少有一个0，至少有一个1，等价于新集合中每一个元素在这 L 位都是不完全相同的。

通过二项式反演来解决这个问题：
设 f(n)：恰好 n 位不完全相同的选择方案；g(n)：最多 n 位不完全相同的选择方案
显然 $f(L)$ 是所求解

$g(n) = \sum_{i = 0}^nC(n,i)*f(i)$
可以反演得到：
$f(n) = \sum_{i = 0}^n(-1)^{n-i}*C(n,i)*g(i)$
问题在于如何求 $C(n,i) * g(i)$：
定义$h(U)：$ 所选集合中与 U进行与运算结果相同的选择方案数。

由于与运算结果相同，等价于选出来的集合中：满足 U 中为 1 的位，这些数在这一位的值相同；U 中为 0 的位，这些数在这些位的取值可能相同也可能不同。

假设 U 有 $x$ 位为 1，那么相当于选出来的集合最多有 L - x 位不相同，这恰好是 g(L - x) 的定义

因此 $f(n) = \displaystyle\sum_{i = 0}^n(-1)^{n-i}*\sum_{U\in{(U中有i个0)}}h(U)$

改变枚举项，先枚举 U，可以得到 $f(L) = \displaystyle\sum_{U=0}^{2^L-1}(-1)^{popcount(U)}*h(U)$

其中 $popcount(U) = U$中1的个数

$h(U)$ 可以通过遍历一遍数组求得。

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代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 1e2 + 10;
int a[maxn], n, k, s, t, tot;
int vis[300010];
ll C[51][51], D[51][51];
int main() {
	scanf("%d%d%d%d",&n,&k,&s,&t);
	
	for (int i = 0; i <= n; i++)
		D[i][0] = C[i][0] = 1;
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		for (int j = 1; j <= i; j++) {
			C[i][j] = C[i - 1][j] + C[i - 1][j - 1];
			D[i][j] = D[i][j - 1] + C[i][j]; 
		}
	for (int i = 1, x; i <= n; i++) {
		scanf("%d",&x);
		if ((x & s) == s && (x & t) == x)
			a[++tot] = x;
	} 
	t ^= s;
	int cnt = 0;
	for (int j = 0; j < 18; j++)
		if (t >> j & 1) cnt++;
	//printf("%d %d\n",cnt,tot);
	for (int i = 1; i <= tot; i++) {
		int val = 1, sum = 0;
		for (int j = 0; j < 18; j++) {
			if ((a[i] >> j & 1) && (t >> j & 1))
				sum += val;
			if (t >> j & 1)
				val *= 2;
		}
		a[i] = sum;
	}
	ll ans = 0;
	for (int i = 0; i < (1 << cnt); i++)
		vis[i] = 0;
	for (int t = 0; t < (1 << cnt); t++) {
		int s = 1;
		for (int j = 0; j < cnt; j++)
			if (t >> j & 1) s *= -1;
		ll sum = 0;
		for (int i = 1; i <= tot; i++) {
			sum -= D[vis[a[i] & t]][min(vis[a[i] & t],k)];
			vis[a[i] & t]++;
			sum += D[vis[a[i] & t]][min(vis[a[i] & t],k)];
		}
		for (int i = 1; i <= tot; i++)
			vis[a[i] & t]--;
		ans += s * sum;
	}
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}