uoj 300 [CTSC2017]吉夫特 - Lucas - 分块 - 动态规划

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题目大意

　　给定一个长为$n$的序列，问它有多少个长度大于等于2的子序列$b_{1}, b_{2}, \cdots, b_{k}$满足$\prod_{i = 2}^{k}C_{b_{i - 1}}^{b_{i}} \equiv 1 \pmod{2}$。答案模$10^{9} + 7$

　　考虑限制条件，即前后两个数$b_{i - 1}, b_{i}$，它们要满足$C_{b_{i - 1}}^{b_{i}} \equiv 1\pmod{2}$。

　　这样不好处理，考虑使用Lucas定理，得到$b_{i - 1}$是$b_{i}$的子集的结论。

　　然后是个常规动态规划，用$f[i][s]$表示考虑到第$i$位，最后一个数是$s$的方案数。但是这样时间复杂度$O(n^{2})$。

　　考虑分块，每个位置将它的子集信息上传。

　　然后修改和查询一个枚举前9位，一个枚举后9位就行了。

　　一直不知道所有数互不相同的意义。

　　然后直到今天，发现可以直接枚举子集，$O(3^{\left \lceil \log_{2}W \right \rceil})$。

Code

 /**
  * uoj
  * Problem#300
  * Accepted
  * Time: 400ms
  * Memory: 2956k
  */
 #include <bits/stdc++.h>
 using namespace std;
 typedef bool boolean;

 const int S =  << , M = 1e9 + ;
 const int maskL = ( << ) - , maskH = maskL << , mask = maskL | maskH;

 int n;
 int *ar;
 int f[S][S];

 inline void init() {
     scanf("%d", &n);
     ar = new int[(n + )];
     for (int i = ; i <= n; i++)
         scanf("%d", ar + i);
 }

 inline int query(int S) {
     int rt = , s0 = S & maskL, s1 = (S & maskH) >> , ms1 = s1 ^ maskL;
     for (int s = ms1; s; s = (s - ) & ms1)
         rt = (rt + f[s | s1][s0]) % M;
     return (rt + f[s1][s0]) % M;
 }

 inline void modify(int S, int val) {
     int s0 = S & maskL, s1 = (S & maskH) >> ;
     for (int s = s0; s; s = (s - ) & s0)
         f[s1][s] = (f[s1][s] + val) % M;
     f[s1][] = (f[s1][] + val) % M;
 }

 int res = ;

 inline void solve() {
     modify(mask, );
     for (int i = , c; i <= n; i++) {
         c = query(ar[i]);
         res = (res + c) % M;
         modify(ar[i], c);
     }
     res = (res - n + M) % M;
     printf("%d", res);
 }

 int main() {
 //    freopen("gift.in", "r", stdin);
     init();
     solve();
     return ;
 }