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给出\(n\)个数，问任意选几个数，它们\(\&\)起来等于\(0\)的方案数

Sol

正解居然是容斥原理Orz，然而本蒟蒻完全想不到。。

考虑每一种方案

答案=任意一种方案 - 至少有\(1\)位为\(1\)的方案 + 至少有两位为\(1\)的方案 - 至少有三位为\(1\)的方案

至少有\(i\)位为\(1\)的方案可以dp算，设\(f[x]\)表示满足\(f[x] = a_i \& x = x\)的\(a_i\)的个数

最终答案$ = (-1)^{bit(i)} f[i]$

\(f\)数组可以通过高维前缀和预处理

#include<bits/stdc++.h>
#define Pair pair<int, int>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
using namespace std;
const int MAXN = 3e6 + 10, mod = 1e9 + 7, B = 20;
inline int read() {char c = getchar(); int x = 0, f = 1;while(c < '0' || c > '9') {if(c == '-') f = -1; c = getchar();}while(c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - '0', c = getchar();return x * f;
}
int N, a[MAXN], bit[65537], f[MAXN];
int add(int &x, int y) {if(x + y < 0) x = x + y + mod;else x = (x + y >= mod ? x + y - mod : x + y);
}
int mul(int x, int y) {return 1ll * x * y % mod;
}
int fp(int a, int p) {int base = 1;while(p) {if(p & 1) base = mul(base, a);a = mul(a, a); p >>= 1;}return base;
}
int get1(int x) {
//  return __builtin_popcount(x);return bit[x & 65535] + bit[x >> 16];
}
int main() {for(int i = 1; i <= 65536; i++) bit[i] = bit[i >> 1] + (i & 1);N = read();for(int i = 1; i <= N; i++) a[i] = read(), f[a[i]]++;int Lim = (1 << B) - 1, ans = 0;for(int i = 0; i <= 20; i++)for(int sta = 0; sta <= Lim; sta++) if(!(sta & (1 << i))) add(f[sta], f[sta | (1 << i)]);for(int sta = 0; sta <= Lim; sta++) {int k = (get1(sta) & 1) ? -1 : 1;add(ans, mul(k, fp(2, f[sta])));}cout << ans;return 0;
}