[51nod1684]子集价值

　　lyk最近在研究位运算。
　　它发现除了xor,or,and外还有很多运算。
　　它新定义了一种运算符“#”。
　　具体地，可以由4个参数来表示。
　　ai,j表示
　　ｉ＃ｊ。
　　其中i,j与a的值均∈[0,1]。
　　当然问题可以扩展为>1的情况，具体地，可以将两个数分解为p位，然后对于每一位执行上述的位运算，再将这个二进制串转化为十进制就可以了。
　　例如当 a0,0=a1,1=0,a0,1=a1,0=1时,3#4在p=3时等于7,2#3在p=4时等于1（实际上就是异或运算）。
　　现在lyk想知道的是，已知一个数列b。
　　它任意选取一个序列c，满足 c1<c2<...<ck，其中1≤c1且ck≤n ，这个序列的价值为 bc1 # bc2 #...# bck 的平方。
　　这里我们假设k是正整数，因此满足条件的c的序列一定是 2n−1 。lyk想知道所有满足条件的序列的价值总和是多少。
　　例如样例中，7个子集的价值分别为1,1,4,4,9,9,0。总和为28。
　　由于答案可能很大，只需对1,000,000,007取模即可。
　Input
　　第一行两个整数n(1<=n<=50000),p(1<=p<=30)。
　　第二行4个数表示a0,0，a0,1，a1,0，a1,1。(这4个数都∈{0,1})
　　第三行n个数bi(0<=bi<2^p)。
　Output
　　一行表示答案。

　　发现没法按位算贡献..然后就不会写了。

　　看题解才发现自己tooyoung

考虑答案的形式，假设一个子集经过题目中描述的位运算之后值为x，那么这个子集对答案的贡献为x^2。

我们将x分解是二的幂次，若x&(1<<i)为0，则xi=0，否则xi=(1<<i)。

那么我们将x^2分解后可以得到如下形式(x0+x1+...xp-1)^2。

分解上式得到x0^2+x0x1+...+x0xk-1+x1x0+x1^2+...+x1xp-1+...+。

我们发现这个式子中最多只与两个位有关。

因此我们可以递推。

枚举i和j，表示选择了b中的第i位和第j位，令dp[0/1][0/1]表示通过lyk所给的新的位运算后，到当前枚举的位置，第i位为0/1，第j位为0/1的方案总数。

那么最后将2^(i+j)乘上dp[1][1]就是对答案的贡献了。

只需将这些贡献累计起来就是答案了。

总复杂度为p^2n。

 #include<cstdio>
 #include<iostream>
 #include<cstring>
 #include<algorithm>
 #include<queue>
 #include<cmath>
 #include<cstdlib>
 #include<bitset>
 //#include<ctime>
 #define ll long long
 #define ull unsigned long long
 #define ui unsigned int
 #define d double
 //#define ld long double
 using namespace std;
 const int maxn=,modd=;
 int f[][][],a[maxn];
 bool to[][];
 int i,j,k,n,m,p;

 int ra,fh;char rx;
 inline int read(){
     rx=getchar(),ra=,fh=;
     while((rx<''||rx>'')&&rx!='-')rx=getchar();
     if(rx=='-')fh=-,rx=getchar();
     while(rx>=''&&rx<='')ra=ra*+rx-,rx=getchar();return ra*fh;
 }

 inline void M(int &x){if(x>=modd)x-=modd;}
 inline int get(int p1,int p2){
     bool now=,pre=,n1,n2;
     f[pre][][]=/*1,*/f[pre][][]=f[pre][][]=f[pre][][]=;
     for(register int i=;i<=n;i++,swap(now,pre))
         n1=(a[i]>>p1)&,n2=(a[i]>>p2)&,
         memcpy(f[now],f[pre],<<),M(++f[now][n1][n2]),
         M(f[now][to[][n1]][to[][n2]]+=f[pre][][]),
         M(f[now][to[][n1]][to[][n2]]+=f[pre][][]),
         M(f[now][to[][n1]][to[][n2]]+=f[pre][][]),
         M(f[now][to[][n1]][to[][n2]]+=f[pre][][]);
     return f[pre][][];
 }
 int main(){
     n=read(),p=read();
     for(i=;i<;i++)for(j=;j<;j++)to[i][j]=read();
     for(i=;i<=n;i++)a[i]=read();
     int ans=;
     for(i=;i<p;i++)for(j=;j<p;j++)ans=(ans+ 1ll*(1ll<<(i+j))%modd*get(i,j))%modd;
     printf("%d\n",ans);
 }