『容斥·状压』CF449D Jzzhu and Numbers

$\mathrm{P}\mathrm{r}\mathrm{o}\mathrm{b}\mathrm{l}\mathrm{e}\mathrm{m}$

给出一个长度为n的序列$a_1,a_2...a_n$。

求构造出一个序列$i_1\le i_2\le ...\le i_k(1\le k\le n)$使得$$a_{i_1}\mathrm{a}\mathrm{n}\mathrm{d}{a}_{i_2}\mathrm{a}\mathrm{n}\mathrm{d}...\mathrm{a}\mathrm{n}\mathrm{d}{a}_{i_k}=0$$

求方案数模$10^9+7$ 。

也就是从 { a i } \{a_i\} { ai?} 里面选出一个非空子集使这些数按位与起来为 $0$.

$\mathrm{S}\mathrm{o}\mathrm{l}\mathrm{u}\mathrm{t}\mathrm{i}\mathrm{o}\mathrm{n}$

前置芝士： 求$n$个数中，任意 $i$ 有几个数满足$a_i\mathrm{a}\mathrm{n}\mathrm{d}i=i$。

考虑状压：$$f_i\sum _{j\in /i}{f}_{i+2^j}$$

这样我们发现会有重复，考虑为什么会重复。

那么怎么办呢？首先想到的容斥，即：加上新增 $1$ 的，减去新增 $2$ 的…

但是我们神奇的发现将 $i$ 和 $j$ 的枚举顺序调换一下，就神奇的不重复了。

因此我们得到了一个做状压计数的结论：

• 若某一个数想要求得以它为子集的数的所有贡献，我们只需要调换枚举顺序，累计每一次新增 $1$ 的贡献即可。

回到正题，那么这题运用上述结论就十分好解决了。

我们设 $f_i$ 表示and值为 $i$ 的答案，我们发现十分难搞。但是令$f_i$表示and值子集为 $i$ 的方案数，我们发现我们可以用 $f_i$ 减去以 $i$ 的贡献即为正确答案。

类比上面的前置芝士，我们发现我们只要将加号改成减号就可以得到答案。

那么我们才能得到$f_i$ 呢，我们发现只要有 $n$ 个数的子集存在 $i$，答案即为：$$2^n?1$$

因此我们先令上述统计个数一遍，在变换成方案数以后再相减一遍即可。

$\mathrm{C}\mathrm{o}\mathrm{d}\mathrm{e}$

#include <bits/stdc++.h>
#define int long longusing namespace std;
const int N = 3e6;
const int P = 1e9 + 7;int n, S;
int f[N];int read(void)
{
    int s = 0, w = 0; char c = getchar();while (!isdigit(c)) w |= c == '-', c = getchar();while (isdigit(c)) s = s*10+c-48, c = getchar();return w ? -s : s;
}int power(int a, int b) {
    int res = 1;while (b > 0) {
    if (b & 1) res = res * a % P;a = a * a % P, b >>= 1;}return res;
}void DP(int x)
{
    for (int j=0;j<=19;++j){
    for (int i=S-1;i>=0;--i)if (((i >> j) & 1) == 0) f[i] = (f[i] + f[i | 1 << j] * x) % P;}return; 
}signed main(void)
{
    n = read(), S = (1 << 20) - 1;for (int i=1;i<=n;++i) f[read()] ++;DP(1);for (int i=0;i<=S;++i) f[i] = power(2, f[i]) - 1;DP(-1); cout << (f[0] + P) % P << endl;return 0;
}