给定一个n元集，元素为ai
，求其有多少个子集，使得其中的元素 ai1,.....aik满足 ai1&ai2&⋯&aik=0 (1⩽n,a⩽106)要是n和a的范围小一些自然可以直接用01背包做，然而这里a与n都达到了1e6的范围，则要另寻他法。 先求有多少种情况使得与出来的结果不为0，考察有多少元素在某些二进制位上为1，则它们与出来在这些位上也必然为1。 令函数f(x)
为满足 ai&x=x的a的个数。 这里的x就是一个bitmask，满足 ai&x=x的a，也就意味着这些a在x为1的那些二进制位上为1。 那么有了f(x)以后，就可以用容斥原理求出有多少种使得结果不为1的情况。再令 g(x)为x的二进制位中1的个数，那么所有结果不为1的情况：
∑x=1220(−1)g(x)+1⋅(2f(x)−1) 注意2的幂要减一，因为不能一个也不选。x的上限取到2e20，刚好比1e6大，能满足所有位。 这时再求为0的情况： 2n−∑x=1220(−1)g(x)+1⋅(2f(x)−1)=∑x=1220(−1)g(x)⋅(2f(x)−1)
现在问题在于如何快速求得f(x)。先将每个a和x分为前k位和后20-k位两部分,A0
表示某个a的前k位， A1表示后20-k位，同理有 X0与 X1设状态：
dp[x][k]↔满足A0&X0且A1=X1的a的个数 转移方程： dp[x][k]={dp[x][k−1]+dp[x+2k][k−1]（x的第k位为0）dp[x][k−1]（x的第k位为1）显然dp[x][20]=f(x)
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; typedef long double ld; #define x0 x0___ #define y0 y0___ #define pb push_back #define SZ(X) ((int)X.size()) #define mp make_pair #define Fi first #define Se second #define pii pair<int,int> #define pll pair<ll,ll> #define pli pair<ll,int> #define pil pair<int,ll> #define ALL(X) X.begin(),X.end() #define RALL(X) X.rbegin(),X.rend() #define rep(i,j,k) for(int (i) = (j);(i) <= (k);i ++) #define per(i,j,k) for(int (i) = (j);(i) >= (k);i --) #define mem(a,p) memset(a,p,sizeof(a)) const ll MOD = 1E9 + 7; ll qmod(ll a,ll b,ll c) {ll res=1;a%=c; assert(b>=0); for(;b;b>>=1){if(b&1)res=res*a%c;a=a*a%c;}return res;} ll gcd(ll a,ll b) { return b?gcd(b,a%b):a;} template<typename T, typename S> void upmax(T& a,S b){if(a<b) a=b;} template<typename T, typename S> void upmin(T& a,S b){if(a>b) a=b;} void gettle() {while(1);} void getre() {int t=0;t/=t;} ***************************************************************************************************** / / ***************************************************************************************************** const int N = 1E6 + 7; int a[N]; int dp[21][1<<20]; int main() { int n; scanf("%d", &n); rep(i,1,n) scanf("%d",&a[i]), dp[0][a[i]] ++; rep(i,1,20) { rep(s,0,(1<<20)-1) { dp[i][s] = dp[i - 1][s]; if( ((s >> (i - 1)) & 1) == 0) dp[i][s] += dp[i-1][s | (1 << i - 1)]; //注意这步括号顺序,可以分治 } } ll res = qmod(2,n,MOD)-1; rep (i, 1, (1<<20)-1) { int num = __builtin_popcount(i); ll tmp = qmod(2, dp[20][i], MOD) - 1; if(num & 1) res -= tmp; else res += tmp; //if(dp[20][i] != 0) printf("%d %d\n",i,dp[20][i]); } res = (res % MOD + MOD) % MOD; return !printf("%lld\n", res); }