介绍

在计算机科学中，异或和与位与操作是两个基本的位运算。本主题探讨了给定一个整数数组，如何计算有多少个二元组 {X，Y}（其中0 ≤ X，Y < 2^31）满足以下条件：

popcount(X ⊕ Y) + 2 * popcount (X & Y) = M

其中popcount是指计算在二进制表示中有多少个位被设置为1。

这是一道有趣的问题，需要一些位运算和数学知识。

解法

解决这个问题的关键是理解异或和和位与的性质，以及如何计算二进制中设置位的数量。

异或和运算在两个二进制数字中对应的位相同，则异或结果为0；否则为1。位与运算在两个二进制数字中对应的位都为1，则与运算结果二进制数的对应位也是1。

为了计算二进制数中设置位的数量，可以使用Brian Kernighan算法，该算法通过不断将x中的最右边的 1 移出来，在移动次数的过程中计算有多少个 1。

算法步骤如下：

unsigned int countSetBits(unsigned int x)
{
    unsigned int count = 0;
    while(x > 0) {
        x &= (x - 1);
        count++;
    }
    return count;
}

现在回到原问题。我们对任何一对（X，Y）执行异或和和位与操作，并计算这些操作的结果中设置为 1 的位数。然后，我们将这两个结果中设置位的数量相加，并检查和是否等于M。

以下是一个简单的解决方案：

int solve(vector<int>& nums, int M) {
    int count = 0;
    for (int i = 0; i < nums.size(); i++) {
        for (int j = i + 1; j < nums.size(); j++) {
            if (popcount(nums[i] ^ nums[j]) + 2 * popcount(nums[i] & nums[j]) == M) {
                count++;
            }
        }
    }
    return count;
}

这个解法的时间复杂度为O（N^2），其中N是数组的长度。对于较大的输入，它可能会超时。

优化解法

我们可以使用一些技巧来优化问题的解决方案。首先，注意到位异或和和位与结果中的1是独立的。这意味着，可以将M拆分为两部分：

M = popcount(X ⊕ Y) + 2 * popcount (X & Y)

这允许我们使用两个哈希表来跟踪X ⊕ Y和X & Y的值及其相应的计数。

下面是优化过后的版本：

int solve(vector<int>& nums, int M) {
    int count = 0;
    unordered_map<int, int> xorMap;
    unordered_map<int, int> andMap;
    for (int i = 0; i < nums.size(); i++) {
        for (int j = i + 1; j < nums.size(); j++) {
            int xorValue = nums[i] ^ nums[j];
            int andValue = nums[i] & nums[j];
            xorMap[xorValue]++;
            andMap[andValue]++;
        }
    }
    for (auto it = xorMap.begin(); it != xorMap.end(); it++) {
        int xorValue = it->first;
        int xorCount = it->second;
        int andCount = andMap[xorValue];
        if (popcount(xorValue) + 2 * andCount == M) {
            count += xorCount * andCount;
        }
    }
    return count;
}

时间复杂度为O（N^2），较之前版本稍快。