Kanade's trio

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题意

数列$A$，计算有多少$i,j,k$满足

思路

如果已经确定与，那么我们很容易根据他们两个二进制中最高的不同那位确定出这一位是什么。
建一棵字典树，我们枚举$k$，在树上插入，插入过程中我们可以顺便求出有多少$i$与$j$是满足要求的。
假设我们现在找到了的第$p$位，如果是0，我们可以去找这一位是1的，现在的问题是如何找$j$有多少个。

第一部分，与都是当前节点的儿子。即二者前$p-1$位都和一样。这个比较好理解。
第二部分，是这个节点的儿子，在其它地方。
第三部分，第二部分直接计数会有一部分$i > j$的也被计入，所以要把它减去，于是我们想到用一个新东西去记录每个数字被插入前，有多少个数字不在他的子树里，而且当前这一位和他相同。这是下面代码中的$ext$。

代码

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#ifndef ONLINE_JUDGE
#define dbg(x...) do{cout << "\033[33;1m" << #x << "->" ; err(x);} while (0)
void err(){cout << "\033[39;0m" << endl;}
template<template<typename...> class T, typename t, typename... A>
void err(T<t> a, A... x){for (auto v: a) cout << v << ' '; err(x...);}
template<typename T, typename... A>
void err(T a, A... x){cout << a << ' '; err(x...);}
#else
#define dbg(...)
#endif
#define inf 1ll << 50
const int N = 2e7 + 5;
int tot;
int size[N], ch[N][2];
ll ext[N], cnt[32][2];
int root;

int newnode()
{
    size[++tot] = 0;
    ch[tot][1] = ch[tot][0] = 0;
    return tot;
}

ll ans = 0;

void insert(ll x)
{
    int cur = root;
    for (int i = 31; i >= 0; i--)
    {
        int d = (x >> i) & 1;
        ll s = size[ch[cur][!d]];
        ans += s * (s - 1) / 2;
        ans += (cnt[i][!d] - s) * s - ext[ch[cur][!d]];
        if (!ch[cur][d])
            ch[cur][d] = newnode();
        cur = ch[cur][d];
        ext[cur] += cnt[i][d] - size[cur];
        cnt[i][d]++;
        size[cur]++;
    }
}

int main()
{
    int n, T;
    scanf("%d", &T);
    while (T--)
    {
        scanf("%d", &n);
        memset(cnt, 0, sizeof(cnt));
                memset(ext, 0, sizeof(ext));
        tot = 0;
        root = newnode();
        ans = 0;
        for (int i = 1; i <= n; i++)
        {
            int x;
            scanf("%d", &x);
            insert(x);
        }
        printf("%lld\n", ans);
    }
    return 0;
}
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