CodeForces 449D Jzzhu and Numbers 【DP+容斥】

题意

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)

分析

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)

AC代码

//CodeForces 449D Jzzhu and Numbers
//AC 2017-1-19 14:21:28
//DP, Inclusion-exclusion
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=1e9+7;
const int maxn=1e6+100;

int n;
int a[maxn];
int dp[(1<<21)][21];

long long powmod(long long x,long long y,long long m)
{
    long long z=x%m;
    if(!y)
        return 1;
    if(y&1)
        return z*powmod(z*z,(y-1)/2,m)%m;
    else
        return powmod(z*z,y/2,m)%m;
}

int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=0;i<n;++i)
        scanf("%d",a+i);
    for(int i=0;i<n;++i)
        ++dp[a[i]][0];
    for(int i=1;i<21;++i)
    {
        for(int j=0;j<(1<<21);++j)
        {
            if((j>>(i-1))&1)
                dp[j][i]=dp[j][i-1];
            else
                dp[j][i]=dp[j][i-1]+dp[j+(1<<(i-1))][i-1];
        }
    }
    long long ans=0;
    for(int i=0;i<(1<<21);++i)
    {
        long long cur=powmod(2,dp[i][20],mod)-1;
        if(__builtin_popcount(i)&1)
            cur=-cur;
        ans+=cur+mod;
        ans%=mod;
    }
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}