题意：对于一个序列。能够进行这种操作：选择两个同样的数，将它们替换为它们的和。假设一个序列能够得到2048，那么就说这个序列式good的。给出一个序列，问这个序列有多少个子序列是good 的。
思路：開始卡超时卡傻了。这题时限真是太紧。还得加读写优化。
。。
事实上思路还不算难想。因为选一个子序列。因此给出的数的顺序是无用的，另外。能够发现。仅仅用形如2^i这种数才是实用的，其它数对于构成2048是没有影响的。
因此，统计一下2^i这种数有多少个，还有其它的数有多少个，那么先用前面的东西求出来的结果再乘上2^x即可了。x是其它的数的个数。用dp[i][j]表示使用前i种数，最多能得到j个2^i的序列有多少个，那么首先能够发现不使用2^i的话，dp[i][j] = dp[i-1][j/2]。
然后枚举一下使用了多少个2^i，这里不能枚举太多，让j*2^i <= 2048即可了，剩下的通过组合数算一算。
代码：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<string>
#include<algorithm>
#include<map>
#include<queue>
#include<stack>
#include<set>
#include<cmath>
#include<vector>
#define inf 0x3f3f3f3f
#define Inf 0x3FFFFFFFFFFFFFFFLL
#define eps 1e-8
#define pi acos(-1.0)
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 2048+10;
const int maxm = 100000+10;
const int mod = 998244353;
int cnt[15],convert[maxn],mx[15];
ll dp[15][maxn];
ll p[maxm],pinv[maxm],pw[maxm];
ll pow_mod(ll x,ll n)
{
ll res = 1;
while(n)
{
if(n&1) res = res * x %mod;
x = x * x %mod;
n >>= 1;
}
return res;
}
ll inv(ll x)
{
return pow_mod(x,mod-2);
}
inline void Update(ll & a,ll b)
{
a += b;
if(a >= mod) a -= mod;
}
inline ll C(ll n,ll m)
{
return p[n]*pinv[m]%mod*pinv[n-m]%mod;
}
void reads(int & x)
{
char c;
bool neg=false;
while(((c=getchar())<'0'||c>'9')&&c!='-');
if(c=='-')
{
neg=true;
while((c=getchar())<'0'||c>'9');
}
x=c-'0';
while(c=getchar(),c>='0'&&c<='9') x=x*10+c-'0';
if(neg) x=-x;
}
int main()
{
// freopen("in.txt","r",stdin);
// freopen("out.txt","w",stdout);
pw[0] = 1;
for(int i = 1;i <maxm;++i)
pw[i] = pw[i-1]*2%mod;
p[0] = 1;pinv[0] = 1;
for(int i = 1;i < maxm;++i)
{
p[i] = p[i-1] * i %mod;
pinv[i] = inv(p[i]);
}
int tmp = 1;
memset(convert,0,sizeof(convert));
for(int i = 1; tmp < maxn ;++i)
{
convert[tmp] = i;
tmp *= 2;
}
mx[1] = 2048;
mx[0] = 0;
for(int i = 2;i < 15;++i)
mx[i] = mx[i-1]/2;
int n,tcase = 0;
while(~scanf("%d",&n))
{
if(n == 0) break;
int a ;
memset(cnt,0,sizeof(cnt));
for(int i = 0;i < n;++i)
{
reads(a);
cnt[convert[a]]++;
}
ll v;
ll sum;
memset(dp,0,sizeof(dp));
dp[0][0] = 1;
int ww;
for(int i = 1;i <= 11;++i)
{
for(int j = 0;j <= mx[i-1];++j)
Update(dp[i][j>>1],dp[i-1][j]);
sum = 0;
ww = min(mx[i],cnt[i]);
for(int j = 1;j <= ww;++j)
{
v = C(cnt[i],j)%mod;
Update(sum,v);
for(int k = 0;k <= mx[i-1];++k)
{
if(dp[i-1][k])
Update(dp[i][min((k>>1)+j,mx[i])],v*dp[i-1][k]%mod);
}
}
if(cnt[i] > mx[i])
{
v = (pw[cnt[i]] - sum - 1)%mod;
v = (v + mod)%mod;
for(int k = 0;k <= mx[i-1];++k)
Update(dp[i][mx[i]],v*dp[i-1][k]%mod);
}
}
ll ans = 0;
for(int i = 2;i <= mx[11];++i)
Update(ans,dp[11][i]);
if(cnt[12])
{
v = pw[cnt[12]] - 1;
v = v*pw[n-cnt[12]-cnt[0]]%mod;
v = (v%mod + mod)%mod;
Update(ans,v);
}
if(cnt[0])
{
v =pw[cnt[0]];
ans = ans * v %mod;
}
ans = (ans%mod +mod) %mod;
printf("Case #%d: %I64d
",++tcase,ans);
}
return 0;
}