题意：

有 $n$ 个试卷，每个试卷有 $m$ 个问题，每个问题有两个选项 $a, b$ ，定义两个试卷不同当且仅当其选中的问题中有一个问题不同。现在问你对于 $m$ 个问题的所有子集，有多少个子集问题不同的对数 $≥k\ge k$ 个。
$1≤n≤2e5,1≤m≤20,1≤k≤n∗(n−1)21\le n\le2e5,1\le m\le20,1\le k\le\frac{n*(n-1)}{2}$

思路：

我们将不同选项看成 $01$ 串，两个集合不完全相同的话他们的异或肯定不为 $0$ ，对于我们已经选中的子集 $S$ 来说，他的答案为 $F(S)=∑i=1n∑j=i+1n[ansi⊕ansj>0]F(S)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=i+1}^n[ans_i\oplus ans_j>0]$ 。
考虑将这个式子转换一下，设 $c n t [i]$ 代表 $i$ 这个二进制出现了几次， $F(S)=12∗∑i⊕j=Scnt[i]∗cnt[j]F(S)=\frac{1}{2}*\sum_{i\oplus j=S}cnt[i]*cnt[j]$ ，这个显然可以 $f w t$ 处理出来。
那么考虑 $S$ 对于哪些子集有贡献，举个例子，比如子集是 $110$ ，那么他有贡献的子集集合是 $100, 110, 101, 010, 011, 111$ ，一开始没注意到 $101, 011$ 这两个集合，以为直接 $s o s d p$ 求一遍超集一遍子集就有了，显然是不可以的。
正着来不好弄，我们考虑将其容斥一下。
对于 $110$ ，显然他没有贡献到的集合就是 $001$ 的超集，也就是其补集的超集，所以我们做一个容斥，记 $G [S]$ 表示 $S$ 集合中对应答案相同的点对数量，这个可以用 $s o s d p$ 求出来超集，答案即为 $∑i=0(1<<m)−1[n∗(n−1)2−G[i]>=k]\sum_{i=0}^{(1<<m)-1}[\frac{n*(n-1)}{2}-G[i]>=k]$ 。

// Problem: United in Stormwind
// Contest: NowCoder
// URL: https://ac.nowcoder.com/acm/contest/18713/M
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#define pb push_back
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#define Mid ((tr[u].l+tr[u].r)>>1)
#define Len(u) (tr[u].r-tr[u].l+1)
#define random(a,b) ((a)+rand()%((b)-(a)+1))
#define db puts("---")
using namespace std;//void rd_cre() { freopen("d://dp//data.txt","w",stdout); srand(time(NULL)); }
void rd_ac() { freopen("d://dp//data.txt","r",stdin); freopen("d://dp//AC.txt","w",stdout); }
//void rd_wa() { freopen("d://dp//data.txt","r",stdin); freopen("d://dp//WA.txt","w",stdout); }typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef pair<int,int> PII;const int N=10000010,mod=1e9+7,INF=0x3f3f3f3f;
const double eps=1e-6;int n,m;
LL a[N],k;
LL f[N],g[N];
char s[N];void FWT_xor(LL *a,int opt,int N)
{for(int i=1;i<N;i<<=1)for(int p=i<<1,j=0;j<N;j+=p)for(int k=0;k<i;++k){LL X=a[j+k],Y=a[i+j+k];a[j+k]=(X+Y);a[i+j+k]=(X-Y);if(opt==-1)a[j+k]=1ll*a[j+k]/2,a[i+j+k]=1ll*a[i+j+k]/2;}
}int main()
{
//	ios::sync_with_stdio(false);
//	cin.tie(0);cin>>n>>m>>k;for(int i=1;i<=n;i++) {scanf("%s",s);int now=0;for(int j=0;s[j];j++) {if(s[j]=='B') now+=1<<j;}a[now]++;}FWT_xor(a,1,1<<m);for(int i=0;i<1<<m;i++) a[i]=a[i]*a[i];FWT_xor(a,-1,1<<m);a[0]-=n;for(int i=0;i<1<<m;i++) g[i^((1<<m)-1)]=a[i]/2;for(int i=0;i<m;i++) {for(int j=0;j<1<<m;j++) {if(j>>i&1) g[j^(1<<i)]+=g[j];}}int ans=0;for(int i=1;i<1<<m;i++) {LL now=1ll*n*(n-1)-g[i]*2;if(now>=k*2) ans++;}cout<<ans<<endl;return 0;
}
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