狀壓妙啊...
本題的主體思路：狀壓+容斥原理（或狀壓+數字dp）
記g[i]表示按位與後結果所有位上至少有i個1的方案數
那麼根據容斥原理，ans=g[0]-g[1]+g[2]-g[3]+g[4]...
於是如果我們求出了g，就可以求出ans
可是怎麼求出g呢
我們記f[i]表示a&i==i這樣的a的個數，那麼如果i某一位上為1，則a這一位上也為1
於是我們可以列舉所有可能的結果（0-10^6），然後觀察這個結果是否是某乙個可能結果的子集，如果是的話就累計個數
詳細說一下，就是我首先讀入所有資料，每讀入乙個資料x記錄f[x]++作為初始值，然後不斷更新
在更新的時候，我們首先列舉每一位j，然後列舉1~10^6的所有值i，如果某個值這一位上是1，則更新：
f[i^(1《就是去掉j位的個數加上i
什麼?怎麼證明這樣統計是不重不漏的？
首先，我們是按位列舉的，一開始只有初始讀入的部分有值，剩下的沒有值。那麼，當我們列舉第一位時，我們只會更新由初值去掉第一位所能獲得的所有值
以此類推，當我們更新第二位時，我們只會更新初值去掉前兩位和初值只去掉第二位能獲得的所有值
也就是說，我們在更新每一位時，都不會產生重複的狀態，都是原來的狀態+這一位，所以是不重的，而由於這樣的列舉能夠遍歷所有數字的組合，所以也是不漏的
好，我們處理出了f，接下來？
我們可以列舉所有結果，統計他有幾位上是1，那麼如果有1位上是1，就會對g[1]產生貢獻，等等，以此類推
然後我們再考慮，產生多少貢獻？
我們會發現，如果這個結果對應的數有k個，那麼答案應為2^k-1（即每個數都有選或不選兩種狀態，但不能全不選）
所以他產生的貢獻就是2^k-1
什麼？這種方法的正確性何在？
首先，根據容斥原理，答案的正確性是很顯然的
那麼我們只需證明g求解的正確性即可
首先回顧一下g的定義：「至少」包含i個1的取法的方案數
也就是說，我所找出的東西數字中1的個數只需》=i即可
那這個是很顯然能夠保證的
於是為什麼不重呢？
由於每個結果互不相同，而我們最後事實上是按結果取的，所以每一種取法都是互不相同的，保證了正確性。
最後**：
#include #include#define ll long long
#define mode 1000000007
#define maxx 1000000ll v[
1000005
];ll dp[
1000005
];ll f[
25];
intn;
intmain()
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=0;j<=20;j++)}}
ll ans=0
;
for(int i=0;i<=maxx;i++)
}f[cnt]+=((v[dp[i]]-1)%mode+mode)%mode;
}for(int i=0;i<=20;i++)
else
}printf(
"%i64d\n
",(ans%mode+mode)%mode);
return0;
}
bozj2669（容斥 狀壓dp）
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bzoj 3812 狀壓dp 容斥原理
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cf 55d數字dp 狀壓 求出區間 l,r 中的所有beautiful number的數目，如果乙個數x可以被它各個數字上的非零數整除，那它就是beautiful number。很巧妙的一道數字dp，沒想出來看題解了。假設不考慮記憶化搜尋，這裡可以直接列舉每一位的值來進行計算，這裡可以進行狀壓，利...