【DP】解析 SOSdp（子集和 dp）

引入

求 (f[st]=sum_{isubseteq st} w[i]) (~) (~) ((1))

解释： (isubseteq st) 即 (st&i=i) ，熟悉位运算的同学很容易看出 (i) 就是二进制表示的集合 (st) 中 (st) 的子集。

其中 (w) 是子集 (i) 所对应的贡献。

举例来说：
(1010_{2}) 的所有子集为 (1010_{2},1000_{2},0010_{2},0000_{2})

那么对于 ((1)) 式，当 (st=1010_{2}) 时，(f[1010_{2}]=w[1010_{2}]+w[1000_{2}]+w[0010_{2}]+w[0000_{2}])
子集和dp 就是用来高效求解上述的 (f) 的。

原理

我们用 (dp(st,i)) 表示二进制表示的集合 (st) 的最后 (i) 位变化的所有子集的贡献的和。

听起来不太好理解，举例来说：

我们约定，一个二进制数从右到左的下标 (index) 分别为 (0,1,2...) ，如

index: 4 3 2 1 0
number:1 0 1 1 0

如 (dp(10110_{2},2)=w[10100_{2}]+w[10010_{2}]+w[10000_{2}]+w[10110_{2}])
（这里就是 (index in [0,2]) 部分的所有子集）

考虑状态转移：
对于一个状态 (st)

• (i) 位为 (0) 时，有 (dp(st,i)=dp(st,i-1))
• (i) 位为 (1) 时，有 (dp(st,i)=dp(st,i-1)+dp(st oplus 2^i,i-1))
  原理很好理解，当 (i) 位为 (0) 时，只能选择不取。 当 (i) 位为 (1) 时可以选择取和不取，那么贡献就是取和不取的贡献之和。

代码：类似于 (01) 背包，我们可以去掉一维（由柿子特征恒等变形）

void sos(){
	for(int i=0;i<(1<<N);i++)
		f[i]=w[i];
	for(int i=0;i<N;i++)
		for(int st=0;st<(1<<N);st++)
			if(st&(1<<i)) f[st]+=f[st^(1<<i)];
}

例题：
https://codeforces.com/gym/102576/problem/B

分析

利用 (Lucas) 定理，转化为求 (a_{j}& a_{i}=a{i}) 的对数，用sos求解即可。

代码

#pragma GCC optimize("O3")
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long ll;

inline int read()
{
	char c=getchar();
	int x=0,f=1;
	while(c<'0'||c>'9') {if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
	while(c>='0'&&c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}
	return x*f;
}

const int N=20;
int w[1<<N],f[1<<N];
int n;

void sos(){
	for(int i=0;i<N;i++)
		for(int st=0;st<(1<<N);st++)
			if(st&(1<<i)) f[st]+=f[st^(1<<i)];
}

int main(){
	int T; cin>>T;
	while(T--){
		memset(f,0,sizeof f);
		n=read();
		for(int i=1;i<=n;i++){
			w[i]=read();
			f[w[i]]++;
		}
		
		sos();
		
		ll res=0;
		for(int i=1;i<=n;i++)
			res+=f[w[i]];
		cout<<res<<endl;
	}	
	return 0;
}