Description
Solution
设\(C_i\)表示二进制数等于\(i\)的人数，再设\(G^k_i\)表示\(k\)个人\(and\)起来等于\(i\)的方案数。
考虑从易入手，\(k=2\)时的方案数式子是这样：\(G^2_i=\sum_{j\ and\ k=i}C_j\times C_k\)。
这就是很经典的一个集合\(and\)卷积，考虑用FWT解决（这题其实就是\(C\)卷自己\(k\)次），求出\(FWT(C)\)后对位求\(k\)次幂即可。
关于FWT（\(and\)运算）：
设\(A\)，\(B\)为\(2^n\)次方维的向量，\(A+B\)、\(A\cdot B\)满足向量运算规则，特殊定义一下\(A\ and\ B\)为对位求\(and\)卷积，即\(\{\sum_{i\ and\ j=x}A_i\times B_j\}(x\in [0,2^n))\)。
设\(A_0,A_1\)为\(A\)前后\(2^{n-1}\)位，\(B_0,B_1\)同理。
定义变换：
\[FWT(A) = \begin{cases} (FWT(A_0+A_1),FWT(A_1)) & n>0 \\ A & n=0 \end{cases}\]
我们有\(FWT(A+B)=FWT(A)+FWT(B)\)，证明大概是\(FWT(A)\)中每一项由\(A\)线性变换，还有\(FWT(A\ and\ B)=FWT(A)\cdot FWT(B)\)，证明如下（以下\(and\)略去，\(FWT\)简写为\(F\)）：
\begin{aligned}
F(AB)=&F(A_0B_0+A_0B_1+A_1B_0,A_1B_1)\=&(F(A_0B_0+A_0B_1+A_1B_0+A_1B_1),F(A_1)\cdot F(B_1)))
\=&((F(A_0)+F(A_1))\cdot(F(B_0)+F(B_1)),F(A_1)\cdot F(B_1))\=&(F(A_0+A_1),F(A_1))\cdot(F(B_0+B_1),F(B_1))\=&F(A)\cdot F(B)\end{aligned}
那么我们就可以开始变换了。
关于逆变换：
设\(IFWT(A)\)为\(A\)逆变换回去的向量（以下用\(FWT\)简写为\(F\)，\(IWFT\)简写为\(f\)）：
\begin{aligned}
f(F(A))=&f(F(A_0+A_1),F(A_1))\=&f(F(A_0)+F(A_1),F(A_1))\end{aligned}
那我们就可以构造一个逆变换\(f(A)=(f(A_0)-f(A_1),f(A_1))\)，就可以变换回去了。
这题的具体实现就是求一下\(FWT(C)\)，记为\(C'\)，然后\(G'_i=C'^k_i\)，最后\(G=IFWT(G')\)。
Code
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define fo(i,j,k) for(int i=j;i<=k;++i)
#define fd(i,j,k) for(int i=j;i>=k;--i)
using namespace std;
typedef long long ll;
const int M=5e6+10,mo=1e9+7;
int a[M];
int read(){
char ch=' ';int t=0;
for(;ch<'0' || ch>'9';ch=getchar());
for(;ch>='0' && ch<='9';ch=getchar()) t=(t<<1)+(t<<3)+ch-48;
return t;
}
ll pow(ll x,int y){
ll b=1;
for(;y;y>>=1,x=x*x%mo) if(y&1) b=b*x%mo;
return b;
}
void FWT(int *f,int n,int sig){
for(int m=2;m<=n;m<<=1){
int half=m>>1;
for(int i=0;i<n;i+=m)
fo(j,i,i+half-1) a[j]=(a[j]+a[j+half]*sig+mo)%mo;
}
}
int main()
{
int n=read(),m=read(),k=read();
fo(i,1,m) a[read()]++;
FWT(a,1<<n,1);
fo(i,0,(1<<n)-1) a[i]=pow(a[i],k);
FWT(a,1<<n,-1);
ll ans=0;
fo(i,1,(1<<n)-1) ans=(ans+a[i])%mo;
printf("%lld\n",ans);
}