由于每个元素贡献是线性的，那么等价于求每个元素出现在多少个异或和为$0$的子集内。因为是任意元素可以去异或，那么自然想到线性基。
先对整个集合A求一遍线性基，设为$R$，假设$R$中元素个数为$r$，那么任取一个不在$R$内的元素，$R$中肯定存在一种取法能和这个元素异或和为$0$。
同理，取定一个不在$R$内的元素，再随便取另外任意个不在$R$内的元素，$R$内仍然存在一种取法使得这个异或和为$0$。那么每个不在$R$内的元素包含在$2^{n - r - 1}$个集合内(其他不在$R$内的元素可以任取)。所以所有不在$R$内的元素对答案的贡献就是$\left(n - r + 1\right) \times 2^{n - r + 1}$。
考虑在$R$内的元素，最多只有$62$个元素。它们对答案的贡献其实就跟上面的一样。
对不在线性基内的元素求一遍线性基，设为$other$，这样其实就缩成了$2$个包含$62$个元素的集合。枚举$R$的每个元素$a_i$，把其他$123$个元素加入一个线性基中，设这个线性基为$temp$，元素个数为$r‘$，最后看$a_i$能否加入线性基中，如果不行就说明$temp$能让它异或和为$0$。同理可得对答案的贡献为$2^{n - r‘ - 1}$。
其实到这我只check了$a_i$能否加入$temp$，并没有check另外$n - r‘ - 1$个元素能否加入$temp$，但是其实在之前已经check过了，对于在$R$内和$other$的其他元素显然，因为我暴力枚举了它们去加入$temp$。对于其他元素其实都已经在得到$R$和$other$的时候尝试着让它们加入$R$和$other$，那么它们其实也是不能加入$temp$的。
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int sz = 70;
const int N = 1e5 + 10;
const ll MOD = 1e9 + 7;
bool vis[N];
vector<ll> G;
ll a[N], bin[N];
struct XO {
ll p[sz];
void init() {
memset(p, 0, sizeof(p));
}
bool ins(ll x) {
for (int i = 62; ~i; i--)
if (x >> i & 1) {
if (!p[i]) { p[i] = x; return true; }
x ^= p[i];
}
return false;
}
} R, other, temp;
int main() {
int n;
bin[0] = 1;
for (int i = 1; i < N; i++) bin[i] = bin[i - 1] * 2 % MOD;
while (~scanf("%d", &n)) {
R.init(); other.init();
G.clear();
int r = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
scanf("%lld", &a[i]);
vis[i] = 0;
if (R.ins(a[i])) {
r++;
vis[i] = 1;
G.push_back(a[i]);
}
}
if (r == n) {
puts("0");
continue;
}
ll ans = (n - r) * bin[n - r - 1] % MOD;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
if (!vis[i]) other.ins(a[i]);
}
for (auto x: G) {
int tol = 0;
temp.init();
for (auto y: G) {
if (x == y) continue;
if (temp.ins(y)) tol++;
}
for (int i = 0; i <= 62; i++) {
if (temp.ins(other.p[i])) tol++;
}
if (!temp.ins(x)) ans = (ans + bin[n - tol - 1]) % MOD;
}
printf("%lld\n", ans);
}
return 0;
}
原文地址：https://www.cnblogs.com/Mrzdtz220/p/11673051.html