题意简述：给出序列 \(a_{[1,n]}\) 和 \(m\)，求出前 \(m\) 大的 \(a_i\oplus a_j\ (1\leq i<j\leq n)\) 的和。对 \(10^9+7\) 取模。
\(1\leq n\leq 5\times 10^4\)，\(0\leq m\leq \binom{n}{2}\)，\(0\leq a_i\leq 10^9\)。
P5283 的加强版，不过复杂度稍劣了些。
具体来说，我们可以二分找到第 \(k\) 大的异或和 \(v\)，再求出所有不小于 \(v\) 的异或和的和。
首先，判断异或和 \(\geq mid\) 的点对数量可以通过可持久化 Trie 来解决：Trie 上的每个节点维护落在该区间的数的个数。枚举 \(i\)，在 \(T_n-T_i\) 这个 Trie 上查询。设 \(a_i\) 和 \(mid\) 当前位分别为 \(c,t\)，当前区间在 \(T_i\) 和 \(T_n\) 上的编号分别为 \(x,y\)。若 \(t=0\) 表示当前位为 \(c\oplus 1\) 的数都要被计算在内，则答案加上 \(val_{son_{y,c\oplus 1}}-val_{son_{x,c\oplus 1}}\)。然后向 \(c\oplus t\) 儿子方向搜索即可。该部分时间复杂度 \(n\log^2 w\)，空间复杂度 \(n\log w\)，其中 \(w\) 是值域。
所有不小于 \(v\) 的异或和的和比较棘手。仍然枚举 \(i\)，因为 \((x+y)\oplus z\) 并不一定等于 \((x\oplus z)+(y\oplus z)\)，所以不能单纯维护落在该区间的数的和。但是我们可以对每一位单独考虑：\(s_{x,i}\) 表示值落在 \(x\) 所表示区间的数有 \(s_{x,i}\) 个第 \(i\) 位为 \(1\)。查询时类似上面一部分，若 \(t=0\) 则再枚举位数 \(b\)，若 \(a_i\) 的第 \(b\) 位为 \(0\)，则要记入第 \(b\) 位为 \(1\) 的数的个数，即为 \(s_{y,b}-s_{x,b}\)，反之亦然，个数为 \(val_y-val_x-(s_{y,b}-s_{x,b})\)。注意这里的 \(x,y\) 其实应该是上一部分中的 \(son_{x,c\oplus 1},son_{y,c\oplus 1}\)。该部分时间复杂度 \(n\log^2 w\)，空间复杂度 \(n\log^2 w\)。
当然，这个解法仍有可以优化的地方：第一部分可以直接在 Trie 树上二分。设 \(a_i\) 当前位为 \(c_i\)，判断 \(\sum_{i=1}^{n-1}val_{son_{y,c_i\oplus 1}}-val_{son_{x,c_i\oplus 1}}\)（记为 \(cnt\)）是否不小于 \(m\)，即 \(a_i\oplus a_j\) 的当前位为 \(1\) 的总方案数。若 \(m\leq cnt\) 则表明第 \(m\) 大的异或和当前位为 \(1\)，反之为 \(0\) 且将 \(m\) 减去 \(cnt\)，再向根据判断结果向对应方向继续查询即可。这样时间复杂度为 \(n\log w\)，可惜第二部分的时间复杂度无法优化。
空间复杂度的优化可以看其它题解。
注意开 long long，并且二分边界应该设为 \(2^{30}\) 而不是单纯的 \(10^9\)。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const int N=5e4+5;
const int p=1e9+7;
const int B=30;
int n,m,a[N];
int node,R[N],ls[N<<5],rs[N<<5],val[N<<5],c[N<<5][B];
void modify(int pre,int &x,int p,int b){
val[x=++node]=val[pre]+1,ls[x]=ls[pre],rs[x]=rs[pre];
for(int i=0;i<B;i++)c[x][i]=c[pre][i]+(p>>i&1);
if(b==0)return;
if((p>>b-1)&1)modify(rs[pre],rs[x],p,b-1);
else modify(ls[pre],ls[x],p,b-1);
}
ll query(int p,int k,int b,int x,int y){
if(b==0)return val[y]-val[x];
int bit=(p>>b-1)&1,t=(k>>b-1)&1;
if(bit){
if(t)return query(p,k,b-1,ls[x],ls[y]);
else return val[ls[y]]-val[ls[x]]+query(p,k,b-1,rs[x],rs[y]);
}
else{
if(t)return query(p,k,b-1,rs[x],rs[y]);
else return val[rs[y]]-val[rs[x]]+query(p,k,b-1,ls[x],ls[y]);
}
}
ll cal(int x,int y,int p){
ll ans=0;
for(ll i=0;i<B;i++)
if((p>>i)&1)ans+=(ll)(val[y]-val[x]-c[y][i]+c[x][i])<<i;
else ans+=(ll)(c[y][i]-c[x][i])<<i;
return ans;
}
ll sum(int p,int k,int b,int x,int y){
if(b==0)return cal(x,y,p);
int bt=(p>>b-1)&1,t=(k>>b-1)&1;
if(bt){
if(t)return sum(p,k,b-1,ls[x],ls[y]);
else return cal(ls[x],ls[y],p)+sum(p,k,b-1,rs[x],rs[y]);
}
else{
if(t)return sum(p,k,b-1,rs[x],rs[y]);
else return cal(rs[x],rs[y],p)+sum(p,k,b-1,ls[x],ls[y]);
}
}
int main(){
cin>>n>>m;
if(m==0)return cout<<0<<endl,0;
for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i],modify(R[i-1],R[i],a[i],B);
ll l=0,r=1<<B,ans=0,cnt=0;
while(l<r){
ll mid=(l+r>>1)+1,cnt=0;
for(int i=1;i<=n;i++)cnt=cnt+query(a[i],mid,B,R[i],R[n]);
cnt>=m?l=mid:r=mid-1;
}
for(int i=1;i<n;i++)cnt=cnt+query(a[i],l,B,R[i],R[n]);
for(int i=1;i<n;i++)ans+=sum(a[i],l,B,R[i],R[n]);
cout<<(ans-(cnt-m)*l%p+p)%p<<endl;
return 0;
}