NOI online R3 T3 优秀子序列

题意：

给你一个长度为 $n$ 的序列，让你找出序列所有满足条件的子集（包括空集）的价值和，一个子集满足条件当其中的任意两个元素按位与等于 $0$ ，即 $a\&b=0$ ，只有一个元素的集合或空集都满足条件。

一个满足条件的集合的价值为： $\varphi (1+$ 集合中所有元素的和 $)$ 。答案对1e9+7取模。

由于是考试题，列出数据范围：

对于 $10\%$ 的数据，保证 $a_i\le 1$ 。
对于 $30\%$ 的数据，保证 $a_i\le 1000$ 。
对于 $60\%$ 的数据，保证 $a_i\le 30000$ 。
另有 $10\%$ 的数据，保证 $n\le 20$ 。
对于 $100\%$ 的数据，保证 $1\le n\le 10^6$ ， $0\le a_i\le 2\times 10^5$ 。

我们注意到，一个满足条件的子集没有任意两个数异或值大于零，这说明二进制的每一位，集合中最多有一个数在该位置上有值。如果集合中包含了这个数，就相当于占用了这几位，就是将状压后的每一位看成花费做背包。

具体的，可以设 $f[i][j]$ 表示状态为，选择前 $i$ 个数和为 $j$ 的方案数，因为元素和的二进制每一位最多是 $1$ ，和也不会超过最大位。最后价值和就可以枚举集合元素的和，然后预处理出来 $\varphi$ 值乘上方案数。背包第一维滚掉。

然后发现一个十分令人头大的事，对于前面 $60\%$ 的部分分， $n$ 的值一直是 $10^6$ ，乘上 $1000$ 就已经爆的很惨了。然后仔细想想，如果是相同值的元素，在集合中肯定只会出现一次（除非是 $0$ ），因为出现两次的话按位与就不是零了，所以我们把相同值的元素压缩到一起来考虑，每次计算价值时加上它的数量。

转移背包时，枚举每个值，然后枚举所有二进制位包含它的集合， $n^2$ 的复杂度由于常数小可以获得 $60$ 分的成绩。

当你在考虑 $n=20$ 怎么敲暴力时，你发现用不着，前面的情况判一下如果某个值出现次数为 $0$ 就可以直接 $continue$ ，枚举二进制集合最多只会枚举 $20$ 次，直接顺带解决了。

$70 -> 100$ ，只需要在枚举集合的时候将枚举完再判断改为枚举子集就可以，枚举 $u$ 子集的代码：

for(int i=u; i; i=(i-1)&u) f[u] += f[i] * a[u^i];

复杂度证明，一个数二进制上如果有 $i$ 个 $1$ ，那么它子集数量为 $2^i$ ， $n$ 位的数一共有 $C_n^i$ 个这样的数，那么所有 $i$ 位有值的数价值和为 $C_n^i\times 2^i$ 。

$C_n^0\times 2^0+C_n^1\times 2^1+C_n^2\times 2^2+...+C_n^n\times 2^n$

然后发现这东西等于 $(1+2)^n$ 。所以复杂度是 $3^n$ 。常数小点可以过去，像我的大常数代码得加点if才能过。

然后好像用多项式科技可以达到 $2^n\times n^2$ ，这就涉及到我的知识盲区了。。。

坑的话，注意特判0，因为0可以选多个，最后要将答案乘上 $2^{a_0}$ ， $a_0$ 为0的出现次数。

#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#define QWQ cout<<"QwQ"<<endl;
#define ll long long
#include <vector>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#define R register
using namespace std;
const ll N=301010;
const ll qwq=303030;
const ll inf=0x3f3f3f3f;
const ll mp=1000000007;

int n,m,mx;
ll a[N];
ll f[N];
ll ans;

inline ll read() {
	ll sum1 = 0, f1 = 1; char c = getchar();
	while(c<'0' || c>'9') { if(c=='-') f1 = -1; c = getchar(); }
	while(c>='0'&&c<='9') { sum1 = sum1 * 10 + c - '0'; c = getchar(); }
	return sum1 * f1;
}

ll p[N],vis[N],cnt;
ll phi[N];

void qiu(ll h) {
	phi[1] = 1;
	for(ll i=2; i<=h; i++) {
		if(!vis[i]) {
			p[++cnt] = i;
			phi[i] = i-1;
		}
		for(ll j=1; j<=cnt && i*p[j]<=h; j++) {
			vis[ i*p[j] ] = 1;
			if(i%p[j]==0) {
				phi[ i*p[j] ] = phi[i] * p[j];
				break;
			}
			phi[ i*p[j] ] = phi[i] * (p[j]-1);
		}
	}
}

int main() {
	qiu(N-100);
	int x;
	n = read();
	for(R int i=1;i<=n;i++) {
		x = read(); m = max(m,x);
		a[x]++;
	}
	mx = 1;
	while(mx<=m) mx <<= 1; mx--;
	f[0] = 1;
	for(R int i=1;i<=mx;i++) {
		if(!a[i]) continue;
		R int bu = mx ^ i;
		for(R int k=bu; ; k=(k-1)&bu) {
			if(f[k]) (f[i^k] += f[k] * a[i] %mp) %= mp;
			if(!k) break;
		}
	}
	for(R int i=0;i<=mx;i++) (ans += phi[i+1] * f[i] %mp) %= mp;
	while(a[0]--) ans = ans * 2 %mp;
	cout<<ans;
	return 0;
}