传送门
为啥在我看来完全不知道为什么的在大佬们看来全都是显然……
考虑\(k=1\)的情况，如果序列中有某一个\(a_j\)的第\(i\)位为\(1\)，那么\(x\)的第\(i\)位为\(1\)的概率就是\(\frac{1}{2}\)
证：把\(a_j\)拿出来，那么剩下的里面选出的子集不管是什么情况，\(a_j\)放进去或不放肯定有一种能使\(x\)的第\(i\)位为\(1\)，且另一种使\(x\)的第\(i\)位为\(0\)，那么概率就是\(\frac{1}{2}\)
然后是\(k=2\)的情况，就是个\[\sum_{i=0}^{base}\sum_{j=0}^{base}d_id_j2^{i+j}\]
其中\(base\)为最高位，\(d_i,d_j\)为这一位为\(1\)的概率。如果\(i\)或\(j\)其中一个不存在则跳过。否则在考虑\(i,j\)在所有的数中出现的情况，如果对于每一个数，这两位的值都相同，说明这两个值不互相独立，那么同时为\(1\)的概率就是\(\frac{1}{2}\)，否则这两位互相独立，那么同时为\(1\)的概率是\(\frac{1}{4}\)
最后是\(k\geq 3\)的情况，这里有一个结论，异或值\(x\)取到所有能取的数的概率相等。大佬们都认为显然，然而我太菜了看不出来为什么，伪证一下好了
设\(n=|S|\)，\(S\)中线性基的大小为\(Base\)，我们考虑在那些不在线性基中的元素取数，共有\(2^{n-Base}\)中取法，对于每一种取法取到的值\(x\)，线性基中有唯一对应的取法取到\(x\)，所以在线性基中取数使得所有元素异或和为\(0\)的方案数是\(2^{n-Base}\)
\(x\)能取到的每一个值\(v\)都可以被线性基中的元素唯一表示，记为\(L\)，所有使异或和\(x\)为\(v\)的集合一定是形如\(L\)异或上元素异或和为\(0\)的集合\(T\)，所以取到每个\(v\)的方案数都是\(2^{n-Base}\)，所以概率相等
于是我们直接搞出线性基，然后爆搜所有能异或出来的元素，每个元素的概率都是\(1\)除以元素个数
然后是关于小数的问题，\(k=1,2\)的时候根据运算过程可以发现小数位要么是\(0\)要么是\(0.5\)
然后是\(k\geq 3\)的时候小数位也最多是\(0.5\)，\(Bill\ Yang\)巨巨的证明看不太懂，然后大米饼巨巨的证明勉强能看懂，证明如下
可以仔细分析一下k==2时的算法；
再扩展到k次方，发现在异或运算下：
二进制位之间贡献不相互独立是具有传递性的；
假设一次计算答案时选定的k个二进制位(可能相同分)集合为：
B = {b1,b2,...bk}
我们可以把他们进一步分成m个集合：
S1...Sm
相同集合元素贡献不互相独立，不同集合贡献互相独立；
这时对答案期望的贡献应该是2^{b1+b2+...+bk - m} ;
而k >= m ， 且B里面至少有m个不同的二进制位(即bi!=bj这种)；
所以考虑b1+b2+...+bk - m最小的情况：
分析可以发现最小为-1；
所以答案小数点后只有一位；然后……没啥然后了……
//minamoto
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define ll unsigned long long
#define fp(i,a,b) for(R int i=a,I=b+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=a,I=b-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
using namespace std;
char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
inline char getc(){return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;}
ll read(){
R ll res,f=1;R char ch;
while((ch=getc())>'9'||ch<'0')(ch=='-')&&(f=-1);
for(res=ch-'0';(ch=getc())>='0'&&ch<='9';res=res*10+ch-'0');
return res*f;
}
const int N=1e5+5,Base=25;
int n,K,top;ll a[N],b[N];
ll st[Base+5];
void solve1(){
ll res=0;
fp(i,0,n-1)res|=a[i];
printf("%llu",res/2);
if(res&1)puts(".5");
}
void solve2(){
ll ans=0,res=0;
fp(i,0,31)fp(j,0,31){
bool flag=0;
fp(k,0,n-1)if(a[k]>>i&1){flag=1;break;}
if(!flag)continue;
flag=0;
fp(k,0,n-1)if(a[k]>>j&1){flag=1;break;}
if(!flag)continue;
flag=0;
fp(k,0,n-1)if((a[k]>>i&1)!=(a[k]>>j&1)){flag=1;break;}
if(i+j-1-flag<0)++res;
else ans+=1ll<<(i+j-1-flag);
}
ans+=res>>1,res&=1;
printf("%llu",ans);
if(res)puts(".5");
}
void solve3(){
fp(i,0,n-1){
fd(j,Base,0)
if(a[i]>>j&1){
if(b[j])a[i]^=b[j];
else{
b[j]=a[i],st[top++]=a[i];
break;
}
}
}ll ans=0,res=0;
fd(i,(1<<top)-1,0){
int val=0;
fp(j,0,top-1)if(i>>j&1)val^=st[j];
ll a=0,b=1;
fp(j,0,K-1){
a*=val,b*=val;
a+=(b>>top),b&=(1<<top)-1;
}ans+=a,res+=b;
ans+=(res>>top),res&=(1<<top)-1;
}printf("%llu",ans);
if(res)puts(".5");
}
int main(){
// freopen("testdata.in","r",stdin);
n=read(),K=read();
fp(i,0,n-1)a[i]=read();
if(K==1)solve1();
else if(K==2)solve2();
else solve3();
return 0;
}