题解【[CTSC2017]吉夫特】

【题目描述】

简单的题目，既是礼物，也是毒药。

B 君设计了一道简单的题目，准备作为 gift 送给大家。

输入一个长度为 \(n\) 的数列 \(a_1, a_2 , \dots, a_n\) 问有多少个长度大于等于 \(2\) 的不上升的子序列 \(a_{b_1}, a_{b_2}, \ldots, a_{b_k}\) 满足

\[\prod\limits_{i = 2} ^ k \binom{a_{b_{i - 1}}}{a_{b_i}} \bmod 2 = \binom{a_{b_1}}{a_{b_2}} \times \binom{a_{b_2}}{a_{b_3}} \times \cdots \times \binom{a_{b_{k - 1}}}{a_{b_k}}\bmod 2 > 0 \]

输出这个个数对 \(1000000007\) 取模的结果。

G 君看到题目后，为大家解释了一些基本概念。

我们选择任意多个整数 \(b_i\) 满足

\[1 \leq b_1 < b_2 < \cdots < b_{k - 1} < b_k \leq n \]

我们称 \(a_{b_1}, a_{b_2}, \ldots, a_{b_k}\) 是 \(a\) 的一个子序列。

如果这个子序列同时还满足

\[a_{b_1} \geq a_{b_2} \geq \ldots \geq a_{b_k} \]

我们称这个子序列是不上升的。

组合数 \(\binom{n}{m}\) 是从 \(n\) 个互不相同的元素中取 \(m\) 个元素的方案数，具体计算方法如下：

\[\binom{n}{m} = \frac{n!}{m!(n - m)!} = \frac{n \times (n - 1) \times \cdots \times 2 \times 1}{(m \times (m - 1) \times \cdots \times 2 \times 1)((n - m) \times (n - m - 1) \times \cdots \times 2 \times 1)} \]

这里要特别注意，因为我们只考虑不上升子序列，所以在求组合数的过程中，一定满足 \(n \geq m\)，也就是 \(\binom{a_{b_{i - 1}}}{a_{b_i}}\) 中一定有 \(a_{b_{i - 1}} \geq a_{b_i}\)。

我们在这里强调取模 \(x \bmod y\) 的定义：

\[x \bmod y = x - \lfloor \frac{x}{y} \rfloor \times y \]

其中 \(\lfloor n \rfloor\) 表示小于等于 \(n\) 的最大整数。

\(x \bmod 2 > 0\)，就是在说 \(x\) 是奇数。

与此同时，经验告诉我们一个长度为 \(n\) 的序列，子序列个数有 \(O(2 ^ n)\) 个，所以我们通过对答案取模来避免输出过大。

B 君觉得 G 君说的十分有道理，于是再次强调了这些基本概念。
最后，G 君听说这个题是作为 gift 送给大家，她有一句忠告。
“Vorsicht, Gift!”
“小心. . . . . . 剧毒!”

【输入格式】

第一行一个整数 \(n\)。
接下来 \(n\) 行，每行一个整数，这 \(n\) 行中的第 \(i\) 行，表示 \(a_i\)。

【输出格式】

一行一个整数表示答案。

【样例输入】

【样例输出】

【数据范围与提示】

对于前 \(10\%\) 的测试点，\(n \leq 9, 1 \leq a_i \leq 13\)；
对于前 \(20\%\) 的测试点，\(n \leq 17, 1 \leq a_i \leq 20\)；
对于前 \(40\%\) 的测试点，\(n \leq 1911, 1 \leq a_i \leq 4000\)；
对于前 \(70\%\) 的测试点，\(n \leq 2017\)；
对于前 \(85\%\) 的测试点，\(n \leq 100084\)；
对于 \(100\%\) 的测试点，\(1 \leq n \leq 211985, 1 \leq a_i \leq 233333\)。

所有的 \(a_i\) 互不相同，也就是说不存在 \(i, j\) 同时满足 \(1 \leq i < j \leq n\) 和 \(a_i = a_j\)。

做这题的前置知识是 Lucas 定理，可以先做一下这题。

我就当大家都会 Lucas 定理了awa。

Lucas 定理：

\[C^m_n\!\equiv\!C^{\left\lfloor\frac{m}{p}\right\rfloor}_{\left\lfloor\frac{n}{p}\right\rfloor}\times C^{m\mod p}_{n\mod p}\pmod{p} \]

所以我们来看看原式:

\[\prod_{i=2}^k \dbinom{a_{b_i}}{a_{b_{i-1}}}\!\mod 2 \]

重点就在于 \(\!\mod 2\) 这个地方。

由 Lucas 定理可知，原式的答案不是 0，就是 1。

所以我们要保证 \(\forall \dbinom{a_{b_i}}{a_{b_{i-1}}} \equiv 1 \pmod 2\)。

又因为 \(\dbinom{0}{0}\)，\(\dbinom{1}{0}\)，\(\dbinom{1}{1}\) 为 1，\(\dbinom{0}{1}\) 为 0。

根据 Lucas 定理，每次 \(\mod 2\) 相当于把 \(a_{b_i}\) 和 \(a_{b_{i-1}}\) 二进制拆分，并且保证，\(a_{b_i}\) 为 0 的那个位上 \(a_{b_{i-1}}\) 不能为 1。

即 \(a_{b_{i}}\!\And a_{b_{i-1}}\!=\!a_{b_i}\)，我们设 \(f(i)\) 为以 \(i\) 开头的子序列数，枚举子集进行 dp 即可。

\(p.s.\) 在最后累加的时候，要减去只有一个数的情况。

代码如下：

#include<bits/stdc++.h>
#define rint register int
using namespace std;
inline int read(){
    int s=0,f=1;char c=getchar();
    while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=0;c=getchar();}
    while(c>='0'&&c<='9')s=(s<<1)+(s<<3)+c-48,c=getchar();
    return f?s:-s;
}
const int Mod=1e9+7;
int n,a[300010],f[300010],ans;
int main(){
    n=read();
    for(rint i=1;i<=n;++i) a[i]=read();
    for(rint i=n;i;--i){
        for(rint j=(a[i]-1)&a[i];j;j=(j-1)&a[i])
            f[a[i]]=(f[a[i]]+f[j])%Mod;
        f[a[i]]=(f[a[i]]+1)%Mod;
    }
    for(rint i=1;i<=n;++i) ans=(ans+f[a[i]]-1)%Mod;
    printf("%d",ans%Mod); 
    return 0;
}

没了awa。