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64bit IO Format: %lld

题目描述
在这里插入图片描述

输入描述:
第一行一个整数 N，表示数组 A 和 B 的长度。
第二行 N 个整数表示数组 A。
第三行 N 个整数表示数组 B。
输出描述:
输出一行 N 个整数，表示加密后的数组 C。
示例1
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10
65605 70259 77306 43823 61443 98602 9261 7662 46394 83019
81393 5966 61479 24259 92528 96132 35859 47981 11702 71736

输出
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15796 166270 623824 1132402 1650729 2445262 3256941 4150718 5106184 6353038

备注:
N≤10^5^, ai≤10^9^

题解：

本人也没做出来，看了其他题解，学到两个方法

方法一

参考题解
一下为个人结合题解的理解
暴力做O（n^2^）肯定超时
在这里插入图片描述
题目已经发式子给我们了，我们可以看出整个求解其实就是一个递推过程。由已知推位置，之前推出的后面也不会再修改。
异或：相同为0，不同为非0
最麻烦的就是后面这个部分在这里插入图片描述
这个累加式子我们可以拆开
在这里插入图片描述
既然是异或，我们就用二进制来考虑，a与b异或，我们也可以把a与b都分成二进制，题目给的a的范围小于1e9,也就是a二进制最多为32位，所以这样完全ok
两个数位不同为1，如果当前数字二进制是1，前面这个数的这个位置的数如果是0，就可以贡献出1；反之也是。如果两个相同，则无法贡献
我们用到一个sum数组
sum[i][0]

sum1[i][0] 表示前面的 a 数组中二进制第 i 位为0 的数目
sum1[i][1]sum1[i][1] 表示前面的 a 数组中二进制第 i 位为 1 的数目
sum2[i][0]sum2[i][0] 表示前面的 b 数组中二进制第 i 位为 0 的数目
sum2[i][1]sum2[i][1] 表示前面的b 数组中二进制第 i 位为 1 的数目
代码为题解里的代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const long long inf = 1e18;
const int N = 1e6 + 5;
const double eps = 1e-10;
const int mod = 1e9 + 7;
typedef long long ll;

ll a[N], b[N];
ll ans[N];
ll sum1[64][2], sum2[64][2];
ll qpow(ll a, ll b) {
  ll res = 1;
  while(b) {
    if(b & 1) {
      res = res * a % mod;
    }
    a = a * a % mod;
    b >>= 1;
  }
  return res;
}
int main() {
  int n;
  cin >> n;
  for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
  for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> b[i];
  for(int i = 1; i <= n; i++) {
    ll p = ans[i - 1] + (a[i] ^ b[i]) % mod;
    for(int j = 0; j <= 32; j++) {
      if(a[i] & (1LL << j)) { // 该位为1
        p += qpow(2, j) * sum2[j][0] % mod;
      }
      else { // 该位为0
        p += qpow(2, j) * sum2[j][1] % mod;
      }
      //cout << j << ' ' << sum2[j][0] << ' ' << sum2[j][1] << "\n";
    }
    for(int j = 0; j <= 32; j++) {
      if(b[i] & (1LL << j)) { // 该位为1
        p += qpow(2, j) * sum1[j][0] % mod;
      }
      else { // 该位为0
        p += qpow(2, j) * sum1[j][1] % mod;
      }
    }
    ans[i] = p % mod;
    for(int j = 0; j <= 32; j++) {
      if(a[i] & (1LL << j)) {
        sum1[j][1]++;
      }
      else sum1[j][0]++;
    }
    for(int j = 0; j <= 32; j++) {
      if(b[i] & (1LL << j)) {
        sum2[j][1]++;
      }
      else sum2[j][0]++;
    }
  }
  for(int i = 1; i <= n; i++) {
    cout << ans[i] % mod << " \n"[i == n];
  }
  return 0;
}

方法二：

个人感觉和上一个方法处理思想其实差不多
也是分成二进制进行对应数位异或
式子：
Ci=Ci-1+ai xor b1+ai xor b2+.....ai xor bi +ai-1 xor bi +...a1 xor bi

如果当前位数j，之前出现过4次1，另外一组出现过3次0，那么后面计算这一位给答案贡献就会是（4 * 3）<< j

pa[j][0/1]和pb[j][0/1]分别是a和b的在第j位之前0/1的数量
有个式子为
c[i] += (pa[j][0] * pb[j][1] + pa[j][1] * pb[j][0]) << j;
括号里就是相对应数位的数进行异或，而后面的<<j就是把这个数位的二进制转化成对应的十进制加给c

#include <iostream>
using namespace std;
typedef long long ll;

const int MOD = 1e9 + 7;
const int maxn = 1e5 + 2;
ll a[maxn], b[maxn], c[maxn];
ll pa[37][2], pb[37][2];

int main() {
    int n; 
    cin>>n; 
    for (int i = 1; i <= n; i++) cin>>a[i];
    for (int i = 1; i <= n; i++) cin>>b[i];
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        for (int j = 0; j <= 30; j++) {
            pa[j][(a[i] >> j) & 1]++;
            pb[j][(b[i] >> j) & 1]++;//
            c[i] += (pa[j][0] * pb[j][1] + pa[j][1] * pb[j][0]) << j;
            c[i] %= MOD;
        }
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        printf("%lld ", c[i]);
    return 0;
}