魔法之龙玛里苟斯最近在为加基森拍卖师的削弱而感到伤心，于是他想了一道数学题。
S 是一个可重集合，S={a1,a2,…,an}。等概率随机取 S 的一个子集 A={ai1,…,aim}。
计算出 A 中所有元素异或和 x, 求 xk 的期望。
如果结果是整数，直接输出。如果结果是小数（显然这个小数是有限的），输出精确值（末尾不加多余的 0）。
1≤n≤100000，1≤k≤5，ai≥0。最终答案小于 263 。k=1,2,3,4,5 各自占用 20% 的数据
可视的题面一直不在线。。。求xk的期望也是惊了。
但是这是大神题。。。同时也是傻逼题。
说它傻逼是因为出题人&数据真是毒瘤到极致。
首先点明几个坑点：
1）这题正解就是测试点分治。
2）不允许任何精度误差，见输出格式
3）虽然保证答案不爆long long，但是中间运算量会爆
出题人又反人类了。
首先我们明确两个本题的特点：
一个是在albus就是要第一个出场那道题里就用到的结论。
另一个是，因为最终的答案不会超过263，而你的计算是要做k次方的，所以输入的数不会超过264/k。
还有虽然让你输出精确小数，但是由第一条结论，所以其实答案撑死是一个.5结尾。
好，开始讲。
先考虑分数最多而相对简单的k>=3，由第二条结论，这时候线性基里的数不超过21个。
那么就可以状压枚举线性基可以表示的所有数了，运用结论一，它们是等概率的。
概率也可以直接算，貌似挺简单？
爆零惊喜！！！
因为ans一直在累加，我说过。。。它中间运算量炸long long了。。。
所以我手动模拟了一下__int128(毕竟考试不让用)，开两个变量，以1<<cnt为进制手动做伪高精。
k=1的点也勉强可以做？？分析一下吧。
因为每一种子集都会被考虑到，所以考虑我们逐位考虑单独的贡献。
如果所有数的这一位都是0，那么所有的异或和结果都是0。
只要有些数的这一位是1，那么不管到底有几个数，选奇数个的概率和选偶数个完全相等，所以贡献是这一位/2。
那么整个数的贡献就是所有数的或和的一半。
你以为你拿到20分了？
15分惊喜！！！
我再说一遍，答案不超过263，不代表计算量不会爆。
因为你最后除2了，所以之前你会得到264。
然后你要是开long long的话就负了。。。
跪模（裱）出题人。
好吧，你活过来了。
还差最后一个k=2。
二次方，不能状压，也不能想刚才那么简单做，怎么办？
平方式展开还是经常用的。
这时候线性基有32位数。
我们不断枚举每一位的贡献肯定是不够的了，所以我们枚举两位。
在任意子集中考虑两位，它们的贡献是2i2jbibj，b表示异或和二进制下这一位是1还是0。
和k=1类似我们考虑所有情况（因为每种子集都会出现）
如果两位数都没有在这n个数字里出现过，那么显然没有贡献。
接下来考虑在选出的子集里，第i位为1第j位为0的有a个，反之的有b个，都为1的有c个。
把它们异或起来的结果就是(a+c&1,b+c&1)。
如果那个a类数有0个，b类数有0个，那么你只在c类数里面选，上面说过选出奇数个偶数个的概率相等，所以此时有1/2的概率贡献答案。
如果a类有0个，b类有>0个，那么
1）如果c是奇数，为了有贡献，b必须是偶数，概率是1/2×1/2=1/4
2）如果c是偶数，那么第j位一定没贡献，所以贡献的概率是0
所以a类有0个，b类有>0个时贡献的概率是1/4
如果a类有>0个，b类有0个，同理也是1/4
如果ab都>0。
1）选偶数个c。那么ab都是奇数。贡献的概率是1/2×1/2×1/2=1/8
2）选奇数个c。那么ab都是偶数。贡献的概率是1/2×1/2×1/2=1/8
那么在ab都大于0时贡献的总概率是1/8+1/8=1/4
可以合并一下，就是如果ab都不存在贡献的概率就是1/2，否则就是1/4。
然后就是代码实现的问题了，求个期望就好了。
终于可以AC了。
爆零惊喜！！！
中间运算量有一次爆了long long。而且我位运算的左移写的是1<<x而不是1ll<<x。。。
目前为止见过的最毒瘤。。。
在颓了一半题解之后又WA了一页之后终于干掉了。。。
1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<iostream> 4 using namespace std; 5 struct bigint{ 6 int a[102],ws; 7 void r(){ 8 for(int i=ws-1;i;--i)if(a[i]&1)a[i-1]+=10; 9 for(int i=ws-1;~i;--i)a[i]>>=1; 10 if(ws&&!a[ws-1])ws--; 11 } 12 int A(){return a[0]&1;} 13 }n; 14 char s[105];int k;const int mod[4]={1,10,100,1000}; 15 void mult(long long &a,long long b){long long modd=1000000000; 16 long long a1=a/modd,a2=a%modd,b1=b/modd,b2=b%modd; 17 b=a2*b2;a=(a1*b2+a2*b1)%modd;a=a*modd+b; 18 while(a&&a%10==0)a/=10; 19 } 20 int main(){//freopen("ex_num2.in","r",stdin);freopen("my.out","w",stdout); 21 int t,l;long long ans,res;scanf("%d",&t);//long long A=2000000001;mult(A,A);printf("%lld\n",A); 22 while(t--){ 23 scanf("%s%d",s,&k);l=strlen(s); 24 ans=1;res=0; 25 for(int i=max(0,l-k-k);i<=l-1;++i)res=res*10+s[i]-48; 26 for(int i=1;i<=res;++i)mult(ans,i); 27 res=1;for(int i=1;i<=mod[k];++i)mult(res,i); 28 n.ws=max(0,l-k-k); 29 for(int i=0;i<n.ws;++i)n.a[i]=s[l-i-k-k-1]-48; 30 for(;n.ws;n.r(),mult(res,res))if(n.A())mult(ans,res); 31 ans%=mod[k]; 32 for(int i=k;i;--i)if(ans/mod[i-1]==0)putchar('0');else break;if(ans)printf("%lld\n",ans); 33 } 34 }