天行廖的游戏
题目连接：
http://acm.uestc.edu.cn/#/problem/show/1294
Description
天行健，君子以自强不息。地势坤，廖爷以厚德载物
一日在喵哈哈村，天行廖和沈宝宝正在玩一个游戏。
天行廖分别在\(N\)个纸片上写上一个数字，并放到一个盒子中。
现在沈宝宝要从盒子中抓出任意张纸片。
如果沈宝宝抓出的纸片上的数字\(A\_{i1}\),\(A\_{i2}\),….\(A\_{ik}\)满足\(A\_{i1}\) & \(A\_{i2}\) & ….\(A\_{ik}\)$ = 0$ ( \(i\_{1} < i\_{2} … < i\_{k}\))，那么天行廖赢得这次游戏的胜利，否则沈宝宝赢。
Input
第一行输入\(1\)个整数\(N。\)(\(1 \leq N \leq 10^6\))
第二行输入\(N\)个整数\(A\_1，A\_2….A\_N\)。($1 \leq A_i \leq 10^6 $)
Output
输出获胜的方案数量。因为结果可能很大，输出答案对\(10^9+7\)取模的结果即可。
Sample Input
6
5 2 0 5 2 1
Sample Output
53
Hint
题意
题解：
首先，我们再看一遍题意：对于一个长度为n的数列a1,a2…an，挑出任意个数，使得这些数的且运算结果为0。
首先暴力2^n枚举是肯定不行的。考虑不那么暴力的DP做法，令dp[i][j]表示从前i个数选结果为j的方案有多少种，转移方程为dp[i][j] = sigma(dp[i – 1][k]) (k & a[i] = j)，复杂度为n^3，显然也不行…
于是我们考虑是否能用容斥原理做。1e6的二进制表达式有20位，总方案数为2^n，然后我们减去结果第一位为1的方案数，第二位为2的方案数…第二十位为1的方案数，即某一位为1的方案数。然后根据容斥原理，我们再加上结果某两位为1的方案数，减去结果某三位为1的方案数…，加上全为1的方案数。假设F(i)为结果为i的方案数量(令F(0) = 2 ^ n)，g(i)为i二进制下1的个数，则ans = sigma(F(i)*(-1)^(g(i)))。
那么现在问题即如何计算F(i)。若要使得k个数b1,b2…,bk的且运算为i，那么对于所有i为1的位，任意bj在该位置上也都为1，即bj & i = i。如果我们能算出满足aj & i = i的数的个数cnt(i)，就能得到F(i) = 2 ^ cnt(i)，于是问题转换为如何快速计算cnt(i)。
我们令cnt[k][i]表示只有前k位与i不同且满足aj & i = i的数的个数，边界cnt[0][i]表示正好为i的数的个数。现在分两种情况讨论cnt[k][i]的递推式:
1、i的第k位是1，那么cnt[k][i] = cnt[k – 1][i]，因为若第k位不同,则与i作且运算是第k位为0，所以相当于只有前k-1位不同。
2、i的第k位是0，则是第k位0或1没有影响,对比第一种情况需要加上前k-1位不同且第k位为1的数的个数。显然这个方案数等于dp[k – 1][i + 2^k]，则得到递推式cnt[k][i] = cnt[k – 1][i] + cnt[k – 1][i + 2 ^ k]。
因为位数K最大为log(1e6)约等于20,于是我们就能在O（NK）（K=20）的复杂度计算出cnt(i)，并在O（N）的时间内完成容斥的计算，总时间复杂度为O（NK）。至此，我们解完了这题。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 1 << 20;
const LL MOD = 1e9 + 7;
int n,m;
LL dp[21][N];
///dp[i][x]表示,二进制下只有前i位可能与x不同的数与x进行and运算仍然为x的数的个数
LL g[N];
bool s[N];
void init()
{
scanf("%d",&n);
g[0] = 1;
for(int i = 1;i <= n;i++) g[i] = (g[i - 1] << 1LL) % MOD;
int f0;
for(int i = 1;i <= n;i++)
{
scanf("%d",&f0);
dp[0][f0]++;
}
}
void work()
{
for(int i = 1;i <= 20;i++)
{
for(int j = 0;j < N;j++)
if( (j & (1 << (i - 1)) ) == 0)
dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i - 1][j | (1 << (i - 1))];
else
dp[i][j] = dp[i - 1][j],s[j] ^= 1;
}
LL ans = 0;
for(int i = 0;i < N;i++)
ans = ( ans + (s[i]?(-1LL):1LL) * g[dp[20][i]] + MOD ) % MOD;
printf("%lld\n",ans);
}
int main()
{
init();
work();
return 0;
}