BZOJ.4903.[CTSC2017]吉夫特(Lucas DP)

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首先\(C(n,m)\)为奇数当且仅当\(n\&m=m\)。

简要证明: 因为是\(mod\ 2\)，考虑Lucas定理。

在\(mod\ 2\)的情况下\(C(n,m)\)最后只会化成4种情况：\(C(0,1),C(0,0),C(1,0),C(1,1)\)。

后三种情况都是1，\(C(0,1)\)不存在(=0)。所以如果\(C(n,m)mod\ 2\)为偶数，那么在Lucas的过程中一定出现了\(C(0,1)\)。

\(mod\ 2\)的过程容易想到位运算。

由\(C(n,m)mod\ 2=C(n\%2,m\%2)*C(n/2,m/2)=C(n\&1,m\&1)*C(n>>1,m>>1)\)

可知，若\(C(n,m)\)为奇数，那么\(m\)一定是\(n\)二进制1的子集（否则存在\(C(0,1)\)）。

因为要满足\(n\&m=m\)，所以题意即为，有多少个\(a\)的子序列\(b\)，满足\(b_i\&b_{i+1}=b_{i+1}\)。

令\(f[i]\)表示以\(A[i]\)结尾的合法子序列数。

那么有两种显然的方式：

1. 枚举\(i\)，\(ans+=f[i]\)，再更新后面满足 \(A[j]\)的二进制位是\(A[i]\)二进制位的子集 的\(j\)，\(f[j]+=f[i]\)。
2. 枚举\(i\)，枚举\(j\)，求\(f[i]=\sum_{j<i,A[j]是A[i]的超集}f[j]\)，然后\(ans+=f[i]\)。

两种都是枚举子集。第一种是不需要查询，转移\(O(3^{18})\)；第二种是查询\(O(3^{18})\)，不需要转移。

（整个算法实际上是对每个\(a_i\)的二进制表示枚举了它的子集，而\(a_i\)互不相同，相当于是对所有二进制子集枚举了它的子集，所以复杂度是\(3^{\log a_{max}}=3^{18}\)）

这样好像比较危险？（出二进制\(1\)很多的\(a_i\)）

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（以上都不是重点）

我们将这两种方式综合一下：

转移时，固定\(i\)的后\(9\)位，枚举\(i\)前\(9\)位的子集\(j\)，用\(f[i]\)更新后面的\(f[j]\)；

求值时，固定\(i\)的前\(9\)位，枚举\(i\)后\(9\)位的超集\(j\)，从前面的\(f[j]\)转移，即\(f[i]=\sum f[j]\)。

这样复杂度是啥啊。。我不知道，反正靠谱很多。

dls现场分析：大概是从之前的\(2^{\log_23\cdot n}=2^{1.59n}\)优化到了\(2^{1.5n}\)。

考虑枚举不满，大概有\(2^{(0.6+\frac{1.59}{2})n}=2^{1.3n+}\)？

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顺便记下枚举子集复杂度\(O(3^n)\)的证明：

证明：设集合有\(n\)个元素，我们把所有子集\(s\)按元素个数\(k=|s|\)分类（因为它们的子集都为\(2^k\)个。那么枚举的集合数为：$$\sum_{k=0}^nC_{n}k2^k=(1+2)n=3^n$$

代码就是这样：

for(s=0; s<all; ++s)
    for(i=s; i; i=(i-1)&s)
        ...

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以前的题解（naive啊）：https://www.cnblogs.com/SovietPower/p/8776368.html。

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//3800kb	688ms
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <algorithm>
//#define gc() getchar()
#define MAXIN 2000000
#define mod 1000000007
#define Mod(x) x>=mod&&(x-=mod)
typedef long long LL;
const int N=(1<<18)+3,L=(1<<9)-1;

struct io
{
	char IN[MAXIN],*s;
	io():s(IN) {IN[fread(IN,1,MAXIN,stdin)]=0;}
	inline operator int()
	{
		int x=0;
		for(; *s<48; ++s);
		for(; *s>47; x=x*10+*s++-48);
		return x;
	}
}io;

int main()
{
	static int f[N];
	int n=io; LL ans=0,sum;
	for(int i=1,a; i<=n; ++i)
	{
		a=io,sum=0;
		int l=a&L, r=a>>9;
		for(int j=r; j<=L; j=(j+1)|r)
			sum+=f[(j<<9)|l];
		ans+=sum%=mod, ++sum;
		r<<=9;
		for(int j=l; j; j=(j-1)&l)
			f[j|r]+=sum, Mod(f[j|r]);
		f[r]+=sum, Mod(f[r]);//0|r
	}
	printf("%lld\n",ans%mod);

	return 0;
}