HDU

https://vjudge.net/problem/HDU-4901

题意

给n个数，构造两个集合，使第一个集合的异或和等于第二个集合的相与和，且要求第一个集合的元素下标都小于第二个集合的元素下标。问方案数

分析

dp来做。dp1[i][j]表示0~i的元素异或和为j的个数。dp2[i][j]表示i~n-1的元素相与和为j的个数。注意状态转移时要同时计算第i个数参与或不参与的情况，且dp1的第一维不能取到n-1，类似的，dp2的第一维不能取0。统计最终答案时需要合并，那么怎么才能防止重复呢？这时再添加dp3[i][j]表示i~n-1的元素相与和为j的个数（i在集合中）。这样枚举i时，就能保证不重复不遗漏了。

#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<map>
#include<set>

#define rep(i,e) for(int i=0;i<(e);i++)
#define rep1(i,e) for(int i=1;i<=(e);i++)
#define repx(i,x,e) for(int i=(x);i<=(e);i++)
#define X first
#define Y second
#define PB push_back
#define MP make_pair
#define mset(var,val) memset(var,val,sizeof(var))
#define scd(a) scanf("%d",&a)
#define scdd(a,b) scanf("%d%d",&a,&b)
#define scddd(a,b,c) scanf("%d%d%d",&a,&b,&c)
#define pd(a) printf("%d
",a)
#define scl(a) scanf("%lld",&a)
#define scll(a,b) scanf("%lld%lld",&a,&b)
#define sclll(a,b,c) scanf("%lld%lld%lld",&a,&b,&c)
#define IOS ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0)

using namespace std;
typedef long long ll;
template <class T>
void test(T a){cout<<a<<endl;}
template <class T,class T2>
void test(T a,T2 b){cout<<a<<" "<<b<<endl;}
template <class T,class T2,class T3>
void test(T a,T2 b,T3 c){cout<<a<<" "<<b<<" "<<c<<endl;}
const int N = 1e6+10;
//const int MAXN = 210;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const ll INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3fll;
const ll mod = 1000000007;
int T;
void testcase(){
    printf("Case #%d: ",++T);
}
const int MAXN = 1025;
const int MAXM = 30;
int dp1[MAXN][MAXN], dp2[MAXN][MAXN], dp3[MAXN][MAXN];
int a[MAXN];

int main(){
#ifdef LOCAL
    freopen("data.in","r",stdin);
#endif // LOCAL
    int T, n, i, j, t;
    scanf("%d",&T);
    while(T--) {
        scanf("%d",&n);
        for(i = 0; i < n; i++)
            scanf("%d",&a[i]);
        memset(dp1, 0, sizeof(dp1));
        memset(dp2, 0, sizeof(dp2));
        memset(dp3, 0, sizeof(dp3));
        dp1[0][a[0]] = 1;
        for(i = 1; i < n - 1; i++) {
            dp1[i][a[i]]++; //单独一个元素构成一个集合
            for(j = 0; j < MAXN; j++) {
                if(dp1[i-1][j]) {
                    dp1[i][j] += dp1[i-1][j]; //不添加第i个元素进行异或,继承之前算好的
                    dp1[i][j] %= mod;

                    t = j ^ a[i];  //添加第i个元素进行异或
                    dp1[i][t] += dp1[i-1][j];
                    dp1[i][t] %= mod;
                }
            }
        }
        dp2[n-1][a[n-1]] = 1;
        dp3[n-1][a[n-1]] = 1;
        for(i = n-2; i > 0; i--) {
            dp2[i][a[i]]++;
            dp3[i][a[i]]++;   //单独一个元素构成一个集合
            for(j = 0; j < MAXN; j++) {
                if(dp2[i+1][j]) {
                    dp2[i][j] += dp2[i+1][j];  //不添加第i个元素进行按位与
                    dp2[i][j] %= mod;

                    t = j & a[i]; //添加第i个元素进行按位与
                    dp2[i][t] += dp2[i+1][j];
                    dp2[i][t] %= mod;

                    dp3[i][t] += dp2[i+1][j]; //添加第i个元素进行按位与
                    dp3[i][t] %= mod;
                }
            }
        }
        int ans = 0;
        for(i = 0; i < n - 1; i++) {
            for(j = 0; j < MAXN; j++) {
                if(dp1[i][j] && dp3[i+1][j]) {
                    ans += (ll(dp1[i][j]) * dp3[i+1][j] % mod);
                    ans %= mod;
                }
            }
        }
        printf("%d
", ans);

    }
    return 0;
}