思路：

我真的太弱了，看到这道题mb了半天才想出来。。。

我们先看要求什么：

$\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^n\sum\limits_{k=1}^n\sum\limits_{l=1}^n (a_i\ \text{or}\ a_j)\ \text{xor}\ (a_k\ \text{and}\ a_l)$

在解决含有异或，与，或之类的问题时，非常常用的方法就是分位解决。

设 a[i] 化为二进制后从右至左第 j 位为 wei[i][j]。

对于每一位，比如 pos 位。为了方便，下记 wei[i][pos]=a[i]。设 $a_i$ 中有 $x$ 个 $1$，$n-x$ 个 $0$。首先原式化为

$\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^n\sum\limits_{k=1}^n\sum\limits_{l=1}^n ((a_i\ \text{or}\ a_j)+(a_k\ \text{and}\ a_l))\mod{2}$

因为 $a_i$只有两个取值（$0$ 或 $1$）。然而

$0\ \text{xor}\ 0=1\ \text{xor}\ 1=0$

$0\ \text{xor}\ 1=1\ \text{xor}\ 0=1$

经归纳总结后，即 $a\ \text{xor}\ b=(a+b)\mod{2}$。

接下来，根据 $a_i,a_j$ 的取值进行分析：

1）如果 $a_i=a_j=0$。则这样的取值有 $(n-x)^2$ 种，将它提出来：

$(n-x)^2 \sum\limits_{k=1}^n\sum\limits_{l=1}^n((0\ \text{or}\ 0)+(a_k\ \text{and}\ a_l))\mod{2}$

也就是

$(n-x)^2 \sum\limits_{k=1}^n\sum\limits_{l=1}^n(a_k\ \text{and}\ a_l)$

如果，则必有 $a_k=a_l=1$，有 $x^2$ 种。故最终答案为

$(n-x)^2x^2$

2）如果 $a_i=a_j=1$，则这样的取值有 $x^2$ 种，提出来得

$x^2 \sum\limits_{k=1}^n\sum\limits_{l=1}^n(1+(a_k\ \text{and}\ a_l))\mod2$

同样的，$(1+(a_k\ \text{and}\ a_l))\mod2=1$ 时有 $n^2-x^2$ 种，故原式为

$x^2(n^2-x^2)$

3）如果 $a_i,a_j$ 有一个是 $1$，一个是 $0$。则这样的取值有 $2x(n-x)$ 种：

$2x(n-x)\sum\limits_{k=1}^n\sum\limits_{l=1}^n(1+(a_k\ \text{and}\ a_l))\mod2$

同理，化简得

$2x(n-x)(n^2-x^2)$

综上，第 pos 位的总和为

$sum=x^2(n-x)^2+x^2(n^2-x^2)+2x(n-x)(n^2-x^2)$

化简后得

$sum=2x(n-x)(n^2-x^2+nx)$

故第 pos 位对答案的贡献是

$sum\times 2^{pos-1}$

感性理解即可。关于取模，因为 pos 位对答案的贡献要乘 $2^{pos-1}$，所以取模时只需要$\mod{2^{33-pos}}$ 即可。好了，讲解就结束了，现在是代码时间！

代码：

讲解较清楚，所以代码没有过多介绍了。

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=500005,Q=33;
int n;
int wei[N][Q],cnt[Q];
int ans=0;
int pow(int x){
	int kkks=1;
	return kkks<<x;
}
int cal(int x){return x*x;}
signed main(){
	scanf("%lld",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		int x;
		scanf("%lld",&x);
		for(int j=1;j<Q;j++){
			wei[i][j]=(x&1);//处理wei数组，作用详见讲解
			if(wei[i][j]==1) cnt[j]++;//cnt[i]表示第i位有几个1
			x>>=1;
		}
	}
	for(int i=1;i<Q;i++){
		int x=cnt[i];
		int pos1=x*(n-x);pos1%=pow(Q-i);
		int pos2=cal(n)-cal(x)+n*x;pos2%=pow(Q-i);
		int pos=2*pos1*pos2;pos%=pow(Q-i);
      //套公式
		ans+=pos<<(i-1);ans%=pow(32);
      //注意ans也要取模哦！
	}
	printf("%lld\n",ans);
}

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