51nod 1407

版权声明：原来这里可以拿来卖萌ヽ(・∀・)ノ https://blog.csdn.net/u012345506/article/details/82222269

设$p_a(i)$表示$i$的最低$a$位构成的数。
设$h_a(i)$表示$i$的最高$a$为构成的数

设$f_a(i)$表示在给出的数列$A$中，满足：
$p_a(i)\land p_a(A_j)=p_a(i)$
$h_{20-a}(i)=h_{20-a}(A_j)$
的$j$的个数。

那么有转移方程：
$i$的第$a$位为$1$时：$f_a(i)=f_{a-1}(i)$
$i$的第$a$位为$0$时：$f_a(i)=f_{a-1}(i)+f_{a-1}(i+2^{a-1})$

$f_{20}(i)$即为结果，时间复杂度$O(n2^n)$。

设$c(i)$表示$i$二进制中$1$的数量，由容斥可得：
$ans=\sum_{i=0}^{2^{20}-1}(-1)^{c(i)}(2^{f_{20}(i)}-1)$

预处理一下幂，dp出来之后搞一搞就完事了。

#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<climits>
using namespace std;
//Container--
//
#define clr(a) memset(a,0,sizeof(a))
typedef long long ll;
const ll md=1e9+7;const int up=1e6,sup=(1<<20)-1;int ar[up+10],dp[21][sup+10],ze[sup+10];ll _2[up+10];
void _init(){
    int i,j,k,d,t;for(ze[0]=0,i=1;i<=sup;++i)ze[i]=ze[i^(i&-i)]+1;
    for(_2[0]=1,i=1;i<=up;++i)_2[i]=_2[i-1]*2%md;
};
bool cl(){
    int i,j,k,d,t,n;if(scanf("%d",&n)==-1)return 0;for(i=1;i<=n;scanf("%d",&ar[i++]));
    for(clr(dp[0]),i=1;i<=n;++i)dp[0][ar[i]]++;
    for(i=1;i<=20;++i)for(j=0;j<=sup;++j){
        if(j&(1<<(i-1)))dp[i][j]=dp[i-1][j];
        else
            dp[i][j]=dp[i-1][j]+dp[i-1][j^(1<<(i-1))];
    }
    ll rs=_2[n]-1;for(i=1;i<=sup;++i){
        if(ze[i]&1)rs=(md-_2[dp[20][i]]+1+rs)%md;
        else
            rs=(rs+_2[dp[20][i]]-1+md)%md;
    }
    printf("%lld\n",rs);
};

int main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("in.txt","r",stdin);
    freopen("out.txt","w",stdout);
#endif
    _init();while(cl());
    return 0;
};