D. Jzzhu and Numbers
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Jzzhu have n non-negative integers a1, a2, …, an. We will call a sequence of indexes i1, i2, …, ik (1 ≤ i1 < i2 < … < ik ≤ n) a group of size k.
Jzzhu wonders, how many groups exists such that ai1 & ai2 & … & aik = 0 (1 ≤ k ≤ n)? Help him and print this number modulo 1000000007 (109 + 7). Operation x & y denotes bitwise AND operation of two numbers.
Input
The first line contains a single integer n (1 ≤ n ≤ 106). The second line contains n integers a1, a2, …, an (0 ≤ ai ≤ 106).
Output
Output a single integer representing the number of required groups modulo 1000000007 (109 + 7).
Examples
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3
2 3 3
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0
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4
0 1 2 3
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10
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6
5 2 0 5 2 1
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53
题意：给出n个数，问有多少个子序列与起来的和为0，
做法：可以想到是容斥，答案就是2^n-1-sum:(-1)^(x+1)*f[x];1<=x<=19;x为子序列与起来至少有x个位置为1的数量。
有一个想法是把每一个数分解，分解成只有一个位置为1，有两个位置为1，然后把这样的数的数量存到a数组里，那么对于f[x]，就是a[y],所有y的1的个数为x个，sum:2^a[y]-1.但是这样的复杂度是n^2;
然后发现对于一个数，可以通过枚举他所有为1的位数，这一位是否为1，来查找所有的情况，
假设从第0为开始枚举，枚举到第19位，当枚举到第i为的时候，可以用（p,q)来表示某一个数z,前i-1位枚举的状态，q代表还没有枚举的位的情况（已经枚举了的为对之后的枚举不会产生影响），那么(p,q)其实就是(p,z>>(i-1)),p是z在第0位到第i-1位上为1的位置，为0或未1的所有情况，那么可以发现对于枚举第i为的时候，（p,q)的方案数最多有2^(i-1)*2^(19-i)种，所以最多只有2^20种状态，那么用这些状态去转移，就好了，状态转移就是如果q&1，那么就把这一位为0，为1两种情况加到下一个状态，不然只把为0的情况加到下面。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e6+7;
int num[N];
int qp[N];
int dp[25][(1<<20)+7];
const int mod = 1e9+7;
int get(int x){
int cnt = 0;
while(x){
if(x&1) cnt++;
x >>= 1;
}
if(cnt%2 ==0) return -1;
return 1;
}
void add(int &x,int y){
x += y;
if(x >= mod) x -= mod;
if(x < 0) x += mod;
}
int main(){
qp[0] = 1;
for(int i = 1;i < N;i ++) qp[i] = qp[i-1]*2LL%mod;
int n;
scanf("%d",&n);
for(int i = 1;i <= n;i ++){
scanf("%d",&num[i]);
}
for(int i = 1;i <= n;i ++){
add(dp[0][num[i]],1);
if(num[i]&1){
add(dp[0][num[i]^1],1);
}
}
for(int i = 1;i <= 19;i ++){
for(int j = 0;j< 1<<20;j ++){
add(dp[i][j],dp [i-1][j]);
if(j&(1<<i)) add(dp[i][j^(1<<i)],dp[i-1][j]);
}
}
int ret = 0;
for(int i = 1;i <(1<<20);i ++){
add(ret,get(i)*(qp[dp[19][i]]));
}
//ret = (qp[n]-ret+mod)%mod;
int ans= qp[n];
add(ans,-ret);//这里关于一个都不取这个状态，在上面也被容斥了，所以直接减就好了
printf("%d\n",ans);
return 0;
}