题面

传送门

思路

一句话题意:

给出一个长度为 n 的序列,求所有长度大于等于2的子序列个数,满足:对于子序列中任意两个相邻的数 a和 b (b 在 a 前面),$C_a^b mod 2=1$,答案对1e9+7取模

显然膜2余1是个非常特殊的性质,应当好好加以利用

和组合数取模有关的东西,有Lucas定理,因此我们来试着推一推

$C_nm%2=C_{n%2}{m%2}\ast C_{n/2}^{m/2}$

这个玩意的意义,显然就是把n和m转成二进制,那么只要没有某一位上n是0m是1(此时$C_0^1$无意义,视作0)就OK了

那么我们就把问题转化成了一个可以DP的问题

设dp[i]表示序列$[i,n]$中可能的种类数,那么可以通过枚举$a[i]$和哪些数满足上属性质

这个枚举过程可以巧妙地利用$j=(j+1)|a[i]$来完成,相当于是把$a[i]$的0一个个变成1

总效率不太会算,但是$O(能过)$还是有的

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
inline ll read(){
ll re=0,flag=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){
if(ch=='-') flag=-1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9') re=(re<<1)+(re<<3)+ch-'0',ch=getchar();
return re*flag;
}
ll MOD=1e9+7;
ll n,a[300010],dp[300010],lim=233333;
ll pl(ll a,ll b){
return (a+b>MOD)?a+b-MOD:a+b;
}
int main(){
n=read();ll i,j,ans=0;
for(i=1;i<=n;i++) a[i]=read();
for(i=n;i>=1;i--){
for(j=a[i];j>=1;j=(a[i]&(j-1))){//注意枚举方法
dp[a[i]]=pl(dp[a[i]],dp[j]);
}
ans=pl(ans,dp[a[i]]);
dp[a[i]]=pl(dp[a[i]],1);
}
printf("%I64d\n",ans);
}

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