Rinne Love Xor——异或性质

题目链接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/5505/B

题解：

首先我们要分析一下这个公式

举个例子来看，假设A数组与B数组的元素个数都为2。

 

不难发现每次求的答案就是

当然我们不能暴力，这样时间复杂度是O(n^2)

因此我们需要考虑异或的定义：                                   

我们把每一个数转换成一个30位的二进制数考虑，那么对于A数组和B数组两个数的某一位而言，如果这两个数的相同位上，一个为0，一个为1，那么这个位就会对答案产生贡献。

我们可以考虑记录一下所有位上的0的个数和1的个数，

那么对于某个数某一位而言，对答案的贡献就是 cnt*(1<

cnt = A数组当前位上0的个数乘以B数组当前位上1的个数 + A数组当前位上1的个数乘以B数组当前位上0的个数

还是举个例子来说明一下。我们需要维护两个数组个A[j][0/1]和B[j][0/1]表示A数组（B数组）中第j位为0/1的个数。

当枚举到到第一位答案很明确就是 ，考虑每一位对答案的贡献即可，比较容易理解。

当枚举到第二位是，我们枚举A2与B2的每一位，对于第0位而讲，首先把A2与B2第0位的0/1的数加上去。

然后考虑A数组第0位为1的个数（包括之前第一位累加的）与 B数组第0位为0的的个数（包括之前第一位累加的）的乘积

相当于考虑的A1和A2第0位的0的个数和B1和B2第0位的1的个数乘积，这很显然是正确的。

假设A1与A2的第0位都是0，B1与B2第0位都为1，那么对答案的贡献就是4*(1<

剩下的类比一下就行了。

代码实现（比较简短）：

#include
#define rp(i,s,t) for(int i=s;i<=t;i++)
#define ll long long
using namespace std;
const ll mod = 1e9+7;
const int N = 1e5+7;
ll a[N],b[N],A[32][2],B[32][2];
int main(){
    int n;cin>>n;
    rp(i,1,n) cin>>a[i];
    rp(i,1,n) cin>>b[i];
    rp(i,1,n){
        ll res=0;
        rp(j,0,30){
            A[j][(a[i]>>j)&1]++;B[j][(b[i]>>j)&1]++;
            ll cnt=(A[j][0]*B[j][1]%mod+A[j][1]*B[j][0]%mod)%mod;
            res=(res+cnt*1ll*(1<