title

CF449D

Description

给出一个长度为 \(n\) 的序列 \(a_1,a_2...a_n\) 。

求构造出一个序列 \(i_1 \le i_2 \le ... \le i_k\) 使得 \(a_{i_1}\&a_{i_2}\&...\&a_{i_k}=0\) 。求方案数模 \(10^9+7\) 。

也就是从 \(\{a_i\}\) 里面选出一个非空子集使这些数按位与起来为 \(0\) 。

analysis

这不是普转提的第四题吗？不得不防啊。

这也是一个新的知识点，高维前缀和。

从最开始的说起：

一维前缀和：

for (int i=1; i<=n; ++i) a[i]+=a[i-1];

二维前缀和：

for (int i=1; i<=n; ++i)
    for (int j=1; j<=n; ++j) a[i][j]+=a[i-1][j]+a[i][j-1]-a[i-1][j-1];

也可以写成这样：

for (int i=1; i<=n; ++i)
    for (int j=1; j<=n; ++j) a[i][j]+=a[i-1][j];
for (int i=1; i<=n; ++i)
    for (int j=1; j<=n; ++j) a[i][j]+=a[i][j-1];

好像第二种写法有些麻烦？别急，看三维的：

for (int i=1; i<=n; ++i)
    for (int j=1; j<=n; ++j)
        for (int k=1; k<=n; ++k)
            a[i][j][k]+=a[i-1][j][k]+a[i][j-1][k]+a[i][j][k-1]
                    -a[i][j-1][k-1]-a[i-1][j][k-1]-a[i-1][j-1][k]
                    +a[i-1][j-1][k-1];

换成第二种来写一下：

for (int i=1; i<=n; ++i)
    for (int j=1; j<=n; ++j)
        for (int k=1; k<=n; ++k) a[i][j][k]+=a[i-1][j][k];
for (int i=1; i<=n; ++i)
    for (int j=1; j<=n; ++j)
        for (int k=1; k<=n; ++k) a[i][j][k]+=a[i][j-1][k];
for (int i=1; i<=n; ++i)
    for (int j=1; j<=n; ++j)
        for (int k=1; k<=n; ++k) a[i][j][k]+=a[i][j][k-1];

分析一下：对于三维前缀和，第一种写法的复杂度是 \(O(8N^3)\) ，而第二种写法的复杂度为 \(O(3N^3)\) ，快了很多。

而且随着维度增高，第二种写法的愈发加大。

最后的解决方法便是高维前缀和，第一层循环从低到高枚举二进制位数，第二层循环从 \(1\) 到 \(n\) 枚举所有元素（下面给出本题中的高维前缀和 \(code\) ）：

for (int i=0; i<=20; ++i)
   for (int j=1; j<=maxn; ++j)
       if (j&(1<<i)) f[j^(1<<i)]+=f[j];

对于本题而言，最后的方案数为： \(2^{n-1}-至少1位为1+至少2位为1-至少3位为1...\) 。

根据上道题的经验，设 \(f[x]\) 表示包含 \(i\) 这个状态的数的个数。

然后枚举所有可能的有 \(1\) 的情况：\(ans=2^{n-1}-\sum(-1)^{|S|}*2^{f[i]-1}\) 。其中 \(|S|\) 表示这种状态 \(i\) 中含 \(1\) 的个数。

\(f[x]\) 就用刚才的高维前缀和解决就好了，然后应该就没了。

code

#include<bits/stdc++.h>

typedef long long ll;
const int maxn=1e6,mod=1e9+7;

namespace IO
{
    char buf[1<<15],*fs,*ft;
    inline char getc() { return (ft==fs&&(ft=(fs=buf)+fread(buf,1,1<<15,stdin),ft==fs))?0:*fs++; }
    template<typename T>inline void read(T &x)
    {
        x=0;
        T f=1, ch=getchar();
        while (!isdigit(ch) && ch^'-') ch=getchar();
        if (ch=='-') f=-1, ch=getchar();
        while (isdigit(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48), ch=getchar();
        x*=f;
    }

    char Out[1<<24],*fe=Out;
    inline void flush() { fwrite(Out,1,fe-Out,stdout); fe=Out; }
    template<typename T>inline void write(T x,char str)
    {
        if (!x) *fe++=48;
        if (x<0) *fe++='-', x=-x;
        T num=0, ch[20];
        while (x) ch[++num]=x%10+48, x/=10;
        while (num) *fe++=ch[num--];
        *fe++=str;
    }
}

using IO::read;
using IO::write;

int p[maxn+10],f[maxn+10];
int main()
{
    int n;read(n);
    for (int i=1,x; i<=n; ++i) read(x), ++f[x];
    p[0]=1;
    for (int i=1; i<=maxn; ++i) p[i]=1ll*p[i-1]*2%mod;

    for (int i=0; i<=20; ++i)
        for (int j=1; j<=maxn; ++j)
            if (j&(1<<i)) (f[j^(1<<i)]+=f[j])%=mod;
    int ans=0;
    for (int i=0; i<=maxn; ++i)
    {
        int opt=1;
        for (int j=0; j<=20; ++j)
            if (i&(1<<j)) opt=-opt;
        ans=(ans+(1ll*opt*(p[f[i]]-1)%mod)+mod)%mod;
    }
    write(ans,'\n');
    IO::flush();
    return 0;
}

原文地址：https://www.cnblogs.com/G-hsm/p/11493026.html