cf1557 C. Moamen and XOR

题意：

一个n位数，每一位小于$2^k$,如果a1&a2&…an>=a1⊕a2…⊕an,则获胜
现在给你n和k，问能构造多少个序列是获胜的

题解：

奇偶分类+二进制考虑
我们现在认为每个数的第k位都是1

1. 如果n为奇数，&的结果为1，⊕的结果也为1，此时第k位没有区别，我们去看第k-1位
2. 如果n为偶数，&的结果为1，⊕的结果为0，此时式子一定成立，剩下k-1位01随便填(因为第k位已经确定大小)，方案就是$(2^{k-1}{)}^n$,

现在我们认为每个数的第k位不完全是1

3. 如果n是奇数，此时&结果是0，要让&大于等于⊕，我们就要让⊕等于0，说明就有偶数个1，所以每次选取n中x个数，使其为0，剩下为1(x为奇数)。sum=$C_n^1+C_n^3+..+C_n^n$
4. 如果n为偶数，同理：sum=$C_n^2+C_n^4+..+C_n^n$

注意x是从1开始的，因为x等于0就是全为1的情况，就是我们一开始讨论的
此时答案=sum*次高位的答案贡献

dp[i]表示第i位(二进制)的方案数
答案是dp[k]
如果i是奇数，$dp[i]=dp[i-1]\ast (sum+1)$ .其中1为第i位全1时的方案, sum为第i位不全为1时的方案.
如果i是偶数，$dp[i]=dp[i-1]\ast sum+(2^{i-1}{)}^n$,其中
$(2^{i-1}{)}^n$为第i位全1时的方案, sum为第i位不全为1时的方案.
这种问题，就要看作二进制，每一位每一位的考虑，对于存在异或的，要注意奇偶性

代码：

// Problem: C. Moamen and XOR
// Contest: Codeforces - Codeforces Round #737 (Div. 2)
// URL: https://codeforces.com/contest/1557/problem/C
// Memory Limit: 256 MB
// Time Limit: 2000 ms
// Data:2021-08-23 14:30:40
// By Jozky#include <bits/stdc++.h>
#include <unordered_map>
#define debug(a, b) printf("%s = %d\n", a, b);
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int, int> PII;
clock_t startTime, endTime;
//Fe~Jozky
const ll INF_ll= 1e18;
const int INF_int= 0x3f3f3f3f;
void read(){};
template <typename _Tp, typename... _Tps> void read(_Tp& x, _Tps&... Ar)
{x= 0;char c= getchar();bool flag= 0;while (c < '0' || c > '9')flag|= (c == '-'), c= getchar();while (c >= '0' && c <= '9')x= (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c= getchar();if (flag)x= -x;read(Ar...);
}
template <typename T> inline void write(T x)
{if (x < 0) {x= ~(x - 1);putchar('-');}if (x > 9)write(x / 10);putchar(x % 10 + '0');
}
void rd_test()
{
#ifdef LOCALstartTime= clock();freopen("in.txt", "r", stdin);
#endif
}
void Time_test()
{
#ifdef LOCALendTime= clock();printf("\nRun Time:%lfs\n", (double)(endTime - startTime) / CLOCKS_PER_SEC);
#endif
}
const int maxn= 2e5 + 9;
const int mod= 1e9 + 7;
ll fac[maxn];
ll infac[maxn];
ll poww(int a, int b)
{ll ans= 1;while (b) {if (b & 1)ans= ans * 1ll * a % mod;a= 1ll * a * a % mod;b>>= 1;}return ans;
}
int C(int a, int b)
{return 1ll * fac[a] % mod * infac[a - b] % mod * infac[b] % mod;
}
ll dp[maxn];
void solve()
{int n, m;read(n, m);int res= 0;dp[0]= 1;if (n % 2) { //n为奇数int sum= 0;for (int i= 1; i <= n; i+= 2) {sum= (sum + C(n, i)) % mod;}for (int i= 1; i <= m; i++) {dp[i]= 1ll * dp[i - 1] * (1 + sum) % mod;}}else if (n % 2 == 0) { //n为偶数int sum= 0;for (int i= 2; i <= n; i+= 2) {sum= (sum + C(n, i)) % mod;}for (int i= 1; i <= m; i++) {dp[i]= 1ll * dp[i - 1] * sum % mod;dp[i]= (dp[i] + poww(poww(2, i - 1), n)) % mod;}}printf("%d\n", dp[m]);
}
int main()
{//rd_test();fac[0]= infac[0]= 1;for (int i= 1; i < maxn; i++) {fac[i]= 1ll * fac[i - 1] * i % mod;infac[i]= 1ll * infac[i - 1] * poww(i, mod - 2) % mod;}int t;read(t);while (t--) {solve();}return 0;//Time_test();
}