题面

传送门

思路

一句话题意：

给出一个长度为 n 的序列，求所有长度大于等于2的子序列个数，满足：对于子序列中任意两个相邻的数 a和 b （b 在 a 前面），\(C_a^b mod 2=1\)，答案对1e9+7取模

显然膜2余1是个非常特殊的性质，应当好好加以利用

和组合数取模有关的东西，有Lucas定理，因此我们来试着推一推

\(C_n^m%2=C_{n%2}^{m%2}\ast C_{n/2}^{m/2}\)

这个玩意的意义，显然就是把n和m转成二进制，那么只要没有某一位上n是0m是1（此时\(C_0^1\)无意义，视作0）就OK了

那么我们就把问题转化成了一个可以DP的问题

设dp[i]表示序列\([i,n]\)中可能的种类数，那么可以通过枚举\(a[i]\)和哪些数满足上属性质

这个枚举过程可以巧妙地利用\(j=(j+1)|a[i]\)来完成，相当于是把\(a[i]\)的0一个个变成1

总效率不太会算，但是\(O(能过)\)还是有的

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
inline ll read(){
    ll re=0,flag=1;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){
        if(ch=='-') flag=-1;
        ch=getchar();
    }
    while(ch>='0'&&ch<='9') re=(re<<1)+(re<<3)+ch-'0',ch=getchar();
    return re*flag;
}
ll MOD=1e9+7;
ll n,a[300010],dp[300010],lim=233333;
ll pl(ll a,ll b){
    return (a+b>MOD)?a+b-MOD:a+b;
}
int main(){
    n=read();ll i,j,ans=0;
    for(i=1;i<=n;i++) a[i]=read();
    for(i=n;i>=1;i--){
        for(j=a[i];j>=1;j=(a[i]&(j-1))){//注意枚举方法
            dp[a[i]]=pl(dp[a[i]],dp[j]);
        }
        ans=pl(ans,dp[a[i]]);
        dp[a[i]]=pl(dp[a[i]],1);
    }
    printf("%I64d\n",ans);
}

原文地址：https://www.cnblogs.com/dedicatus545/p/9261490.html