NOI Online #3 提高组 T3 优秀子序列

原题链接

简洁题意

要求从$A$选出子集$B$使得$B$中没有两个数按位与等于$0$。每个子集$B$的价值是集合内所有数的和加一的$\varphi$值。求所有子集$B$的价值之和。

分析

可以思考，因为要知道所有的集合$B$不容易，所以考虑计算价值相同的$B$的个数。设$f_i$表示所有值为$i$的子集$B$的数量，我们算出$f_i$后乘上$ph{i}_{i+1}$就是这个方案的价值和，把每个价值和加在一起就是答案。考虑怎么计算这个$f$，我们可以把$f$拆成两部分，然后一部分直接用$f_j$，另一部分用集合$A$的一个数来补上就行。因为题目要$B$中所有数的按位与均等于$0$，所以不会出现有两个数的某一位都是$1$的情况。所以我们在拆$i$的时候可以把$i$中为$1$的位分成两半来计算。为了方便处理，我们把$nu{m}_x$表示$a_j$中值为$x$的个数，$s$表示$i$分出来的一个数，$t$为剩余的部分，为了保证不重复计算，要求$s>=t$，根据乘法原理，则有状态转移方程$f_i+=f_s\times nu{m}_t$。可是这样就有一个问题：这些数的和的上限很大，内存装不下啊！不用担心，因为我们选出来的数不会有两位都是$1$的情况，所以选出来的和自然小于 2 ⌊ log ⁡ 2 ( max ⁡ { a i } ) + 1 ⌋ 2^{\lfloor\log_2(\max\{a_i\})+1\rfloor} 2⌊log2​(max{ ai​})+1⌋，以 2 ⌊ log ⁡ 2 ( max ⁡ { a i } ) + 1 ⌋ 2^{\lfloor\log_2(\max\{a_i\})+1\rfloor} 2⌊log2​(max{ ai​})+1⌋为上限即可。但是这样就会出现一个情况：$a_i=0$算漏了！其实$a_i$等于$0$时用不用都没关系，根据乘法原理，所以答案要乘上$2^{nu{m}_0}$。至于筛法求$phi$（就是在筛质数时筛$phi$函数）和求一个集合的子集（要拆$i$），大家应该都会吧？

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int NN=300000,P=1e9+7;
int num[NN],phi[NN],f[NN];
bool vis[NN];
int main()
{
    
    
	int n,maxx=0;
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
    
    
		int x;
		scanf("%d",&x);
		num[x]++;
		maxx=max(maxx,x);
	}
	int m=0;
	while((1<<m)<=maxx)
		m++;
	phi[1]=1;
	for(int i=2;i<=(1<<m);i++)
		if(!vis[i])
			for(int j=i;j<=(1<<m);j+=i)
			{
    
    
				vis[j]=true;
				if(!phi[j])
					phi[j]=j;
				phi[j]=phi[j]/i*(i-1);
			}
	f[0]=1;
	for(int i=1;i<=(1<<m);i++)
		for(int s=i;;s=(s-1)&i)
		{
    
    
			int t=i^s;
			if(s<t)
				break;
			f[i]=(f[i]+1ll*f[t]*num[s])%P;
		}
	int ans=0;
	for(int i=0;i<=(1<<m);i++)
		ans=(ans+1ll*f[i]*phi[i+1])%P;
	for(int i=1;i<=num[0];i++)
		ans=ans*2ll%P;
	printf("%d",ans);
	return 0;
}