連結： E. Apollo versus Pan

題意：
給一個長度為 n（n <= 5e5） 的陣列 求 ：
思路：
寫了幾項 發現這個式子可以變成 （x1 & x1 + x1 & x2 + x1 & x3 + …） * （x1 | x1 + x1 | x2 + x1 | x3 + …）+ （x2 & x1 + x2 & x2 + x2 & x3 + …） * （x2 | x1 + x2 | x2 + x2 | x3 + …） + …也就是 n 項和的形式。所以我們只需要快速算出 每一項的值，這裡我們可以按位算貢獻 可以做到 o(60) 的複雜度 ，最後的複雜度就是 o(n * 60),考慮每一個二進位制位，統計每一位 1 的個數，根據位運算的性質就可以求出答案（具體看程式碼）。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod = 1e9 + 7;
const int maxn = 1e6 + 7;
int n,m;
int T;
ll poww[maxn],a[maxn],cnt[100];
ll ans;
int main(){
	scanf("%d",&T);
	poww[0] = 1;
	for(int i = 1; i <= 1e6; i ++){
        poww[i] = poww[i -
 
 1] * 2 % mod;
	}
	while(T--){
        scanf("%d",&n);
        memset(cnt,0,sizeof(cnt));
        ans = 0;
        for(int i = 1; i <= n; i ++){
            scanf("%lld",&a[i]);
        }
        for(int i = 0; i <= 60; i ++){
            for(int j = 1; j <= n; j ++)
 
{
                if((a[j] >> i) & 1) cnt[i]++;
            }
        }
        for(int i = 1; i <= n; i ++){
            ll sum1 = 0,sum2 = 0;
            for(int j = 0; j <= 60; j ++){
                if((a[i] >> j) & 1){
                    sum1 = (sum1 + cnt[j] * poww[j]) % mod;
                    sum2 = (sum2 + n * poww[j]) % mod;
                }
                else sum2 = (sum2 + cnt[j] * poww[j]) % mod;
            }
            ans = (ans + sum1 * sum2 % mod) % mod;
        }
        printf ("%lld\n",ans);
	}
    return 0;
}