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首先有乙個樸素dpdp
dp，因為每個數字都只會最多出現1
11次，而且出現數字相同的不同情況最後也可以一起算答案（和一定），那麼我們只需要統計出方案數，dp[
i]
dp[i]
dp[i
]為二進位制位出現的裝壓為i
ii，轉移列舉包含i
ii的狀態j
jj，設a[i
]a[i]
a[i]
為值i
ii出現次數，0
00需要單獨考慮，轉移為：
d p[
j]=d
p[j⊕
i]×a
[i
]dp[j]=dp[j\oplus i]\times a[i]
dp[j]=
dp[j
⊕i]×
a[i]
這樣做o
(min(
a,n)
a)
o(\min(a,n)a)
o(min(a,
n)a)
，優化j
jj的列舉方式，找到大於等於i
ii的全1
11的數，那麼我們可以拿到i
ii在這個集合下的補集，那麼列舉這個補集的子集，就是j
jj比i
ii多出來的一部分，這樣轉移的複雜度是o(3
k)
o(3^k)
o(3k)（2
k>
a2^k>a
2k>a）
#include
#include
using
namespace std;
const
int m =
300005
;const
int jzm =
1e9+7;
intread()
int n,m,k,mx,cnt,ans,a[m]
,b[m]
,dp[m]
,phi[m]
,p[m]
;void
sieve
(int n)
for(
int j=
1;j<=cnt && i*p[j]
<=n;j++
) phi[i*p[j]
]=phi[i]
*phi[p[j]];
}}}int
main()
m=1;
while
(m<=mx)
m*=2
;sieve
(m);
m--;dp[0]
=1;for
(int i=
1;i<=mx;i++)}
for(
int i=
0;i<=m;i++
) ans=
(ans+
1ll*dp[i]
*phi[
1+i]
)%jzm;
for(
int i=
1;i<=k;i++
) ans=
2ll*ans%jzm;
printf
("%d\n"
,ans)
;}
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