BZOJ 4762: 最小集合

好劲的题啊……苦想了1h然后又看了1h题解推来推去才会做，不过实在是太妙了的说

注意到限制(2)可以转化为：满足限制(1)的集合(S)若拿掉它的任意一个元素那么都不会符合限制(1)（因为(and)只会越来越小，因此让子集的大小尽量大）

首先我们定义(f(S))表示(igwedge_{ain S} a)，(S_a)表示(Sand C_S {a})，即(S)集合里去掉元素(a)

然后我们来形式化的写一写答案的式子：

(ans=sum_S [f(S)=0]and [forall_{ain S} f(S_a) ot =0])

对于后面的这个$ [forall_{ain S} f(S_a) ot =0] $，我们容斥一下就有：

[ans=sum_S [f(S)=0]and sum_{S'subseteq S}[forall_{ain S'} f(S_a)=0](-1)^{|S'|} ]

注意到(forall_{ain S'} f(S_a)=0Leftrightarrow(igvee_{ain S'} f(S_a))=0)

再代回去就有：

[ans=sum_S [f(S)=0]and sum_{S'subseteq S}[(igvee_{ain S'} f(S_a))=0](-1)^{|S'|} ]

注意到这个式子可以看成两个条件(f(S)=0)和((igvee_{ain S'} f(S_a))=0)以及一个权值((-1)^{|S'|})

那么我们不如把前面两个值放到DP的状态里，然后记录的是后面的这个值（大胆的想法）

设(f_{i,j,k})表示做了前(i)个数，当前的(f(S)=j)，对于枚举的(S')有((igvee_{ain S'} f(S_a))=k)时((-1)^{|S'|})的和

对于现在的(a_i=x)，有以下的三种转移：

1. (x ot in S)，此时(f_{i,j,k}+=f_{i-1,j,k})，含义十分明显
2. (xin S)，(x ot in S')，此时(f_{i,jand x,kand x}+=f_{i-1,j,k})，此时虽然(xin S')但是对于每一个枚举的(S')它们的(f(S_a))都要多(and)上一个(x)
3. (xin S)，(xin S')，此时(f_{i,jand x,jor (kand x)}-=f_{i-1,j,k})，乍一看很难理解，实际上妙不可言。第三维((kand x))的含义与(2)类似，因为就算(x)加入了(S')，(S')中其它的元素(a')的(f(S_{a'}))也是需要(and)上(x)的。当(a=x)时，此时(f(S_a))将不包括(x)，因此要(or)上原来的(f(S))

这样一看复杂度好像是(O(n imes 1024^2))的，但是我们细细分析一下就会发现(jsubseteq k)，因此复杂度是(O(n imes 3^{10}))（原本的两维独立变成了枚举子集）

然后(f)滚存一下即可，初始值是(f_{0,1023,1023}=1)（注意后面的转移都是(and)），最后的答案就是(f_{n,0,0})（根据推出的式子）

#include<cstdio>
#define RI register int
#define CI const int&
using namespace std;
const int N=1024,mod=1e9+7;
int n,x,f[2][N][N];
inline void inc(int& x,CI y)
{
    if ((x+=y)>=mod) x-=mod;
}
int main()
{
    RI nw=0,i,j,k; for (scanf("%d",&n),f[nw][N-1][N-1]=i=1;i<=n;++i)
    {
        for (scanf("%d",&x),nw^=1,k=0;k<N;++k)
        for (j=k;;j=(j-1)&k) { f[nw][j][k]=0; if (!j) break; }
        for (k=0;k<N;++k) for (j=k;;j=(j-1)&k)
        {
            int tp=f[nw^1][j][k]; if (tp)
            inc(f[nw][j][k],tp),inc(f[nw][j&x][k&x],tp),
            inc(f[nw][j&x][k&x|j],mod-tp); if (!j) break;
        }
    }
    return printf("%d",f[nw][0][0]),0;
}