JZOJ 3889

\(\text{Problem}\)

小H是个善于思考的学生，她正在思考一个有关序列的问题。
她的面前浮现出了一个长度为 \(n\) 的序列 \({ai}\)，她想找出两个非空的集合 \(S、T\)。
这两个集合要满足以下的条件：
两个集合中的元素都为整数，且都在 \([1, n]\) 里，即 \(Si，Ti ∈ [1, n]\)。
对于集合 \(S\) 中任意一个元素 \(x\)，集合 \(T\) 中任意一个元素 \(y\)，满足 \(x < y\)。
对于大小分别为 \(p, q\) 的集合 \(S\) 与 \(T\)，满足 \(\text{a[s1] xor a[s2] xor a[s3] ... xor a[sp] = a[t1] and a[t2] and a[t3] ... and a[tq]}\).
小H想知道一共有多少对这样的集合 \((S,T)\)，你能帮助她吗？

\(\text{Solution}\)

显然 \(dp\)
一般想到的是 \(f_{i,j}\) 表示顺着做到 \(i\) 位异或值为 \(j\) 的方案数，\(g_{i,j}\) 则是倒着 \(and\) 的方案数
那么枚举临界点计算即可
但是由于正解要压位高精，占据空间，是得分着做很悬
于是考虑一个神奇的 \(dp\)

注意它的 \(j\) 表示倒着做 \(and\) 完后继续那这个值 \(xor\) 后的 \(j\)
所以答案是 \(f[p][0][2]\)
\(p\) 表示使用滚动数组最后得到的状态
转移只要考虑当前位选不选即可

\(\text{Code}\)

#include<cstdio>
#include<iostream>
using namespace std;

const int N = 1005, P = 1e8;
int n, a[N];

struct node{
	int m[40] = {};
}f[2][1024][3]; 

inline node operator + (node a, node b)
{
	node c;
	c.m[0] = max(a.m[0], b.m[0]);
	for(int i = 1; i <= c.m[0]; i++)
	{
		c.m[i] += a.m[i] + b.m[i];
		c.m[i + 1] += c.m[i] / P, c.m[i] %= P;
	}
	if (c.m[c.m[0] + 1] > 0) ++c.m[0];
	return c;
}

int main()
{
	scanf("%d", &n);
	for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &a[i]);
	f[0][1023][0].m[0] = f[0][1023][0].m[1] = 1;
	int p = 0;
	for(int i = n; i; i--)
	{
		for(int j = 0; j < 1024; j++) f[p ^ 1][j][0] = f[p][j][0], f[p ^ 1][j][1] = f[p][j][1], 
									f[p ^ 1][j][2] = f[p][j][2];
		for(int j = 0; j < 1024; j++)
		{
			f[p ^ 1][j & a[i]][1] = f[p ^ 1][j & a[i]][1] + f[p][j][0] + f[p][j][1];
			f[p ^ 1][j ^ a[i]][2] = f[p ^ 1][j ^ a[i]][2] + f[p][j][2] + f[p][j][1];
		}
		p ^= 1;
	}
	if (f[p][0][2].m[0] == 0){printf("0\n"); return 0;}
	printf("%d", f[p][0][2].m[f[p][0][2].m[0]]);
	for(int i = f[p][0][2].m[0] - 1; i; i--) printf("%08d", f[p][0][2].m[i]);
}