這道題應該是可以通過組合數直接計算的，但是我不會數學證明，所以就用了一種簡單粗暴的方式。 an
s=∑2
|ic(
n,i)
∗c(n
,n−i
) an
s=∑2
|ic(
n,i)
2 101
8 肯定不能直接列舉，如果要計算的話也需要用到lucas定理。觀察發現這題的模數比較小，所以從模數入手。
考慮lucas定理。 n=
a[0]
∗p0+
a[1]
∗p1+
a[2]
∗p2+
...
m=b[
0]∗p
0+b[
1]∗p
1+b[
2]∗p
2+..
. 對n,m進行p進製分解，那c(
n,m)
%p=c
(a[0
],b[
0])∗
c(a[
1],b
[1])
∗...
.%p
如果某一位a[
i]
i]，那麼答案在模p意義下一定是0，也就是沒有貢獻，所以我們現在考慮計算出所有有貢獻的答案。
確定了a之後，我們就可以通過列舉計算每一位的選擇。因為i必須是偶數，所以我們可以進行數字dp. f[
i][0
/1] 表示確定了第i位後，m是偶數/奇數的總貢獻。
轉移過程直接看**吧。
可持久化trie
首先我們考慮如果只有異或操作該怎麼做。因為是對全域性取xor，所以我們可以把要異或的值記錄下來，每次查詢的時候考慮上異或值即可，不會對trie的形態造成影響。
然後考慮and，對於每一位分開考慮，如果是and 1的話沒有影響。關鍵就是and 0,會使所有數當前位的取值變成0。
or的話，如果是or 1,會使所有數當前位變成1。我們不妨對於每一位開乙個標記陣列，表示當前位是否全部相同以及值是多少。如果某一位在操作的過程中由值不全相同變成相同，那麼我們就重構可持久化trie，如果某一位全部相同，我們就把所有數同一放到左兒子，方便查詢。
因為每一位只有一次由不同變成相同的機會，所以重構的次數不會太多，最多只有30次。
注意異或的時候別忘了修改每一位的標記。
#include
#include
#include
#include
#include
#define n 100003
using
namespace
std;
int xornum,n,m,a[n],ch[n*20][2],size[n*20],pd[n],opt[n],root[n],sz;
void insert(int i,int x)
size[now]=size[pre]+1;
}int query(int i,int j,int x)
else }}
return ans;
}int main()
if (s[1]=='o')
}if (flag)
}if (s[2]=='n')
}if (flag)
}if (s[2]=='s') }}
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