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题意：

有 N 条不同的沙丁鱼，第 i 条沙丁鱼的 美味程度 和 香味程度 分别是 Ai 和 Bi。
在这些沙丁鱼中选择一条或者多条放入冷冻箱，但是必须保证沙丁鱼的选择是合格的。
（合格的定义：其中的任意两条沙丁鱼 i 和 j 都不满足 Ai × Aj + Bi × Bj = 0。）

问多少种选择沙丁鱼的方法（选择的沙丁鱼的集合相同，算同一种方法），答案对 1e9+7 取模。

数据范围：

1 ≤ N ≤ 2 × $10^{5}$

$-10^{18}$ ≤ Ai, Bi ≤ $10^{18}$

思路：

参考博客

首先将公式化简下：Ai × Aj + Bi × Bj = 0 → Ai × Aj = −Bi ∗ Bj → $\frac{A_{i}}{B_{i}} = -\frac{B_{j}}{A_{j}}$ 。
我们可以把 Ai / Bi 相同的分成一组，统计出属于每组鱼的数量，再把 Ai / Bi 和 −Bi/ Ai 的两组看成一对，这两组肯定是相对的。也就是说，这两组是不能同时选的，我们把每一对能选的方案数求出来后，将所有对的方案数相乘再减1（排除全部不选的情况）就是总方案数。

每一对的方案数如何计算呢——
首先预处理出该对中两个组中鱼的个数后，先算出每个组内部的方案数，假设第一组(值为 A / B )鱼的个数为 s1，那么该组内部方案数为 $2^{s1}$ （相当于每个鱼都有选/不选两种选择）。同理求出另一组（值为 -B / A ）的方案数。所以该对的方案数为 $2^{s1}+2^{s2}-1$ 。

说明：
1. 因为其中的两组是不能同时选的，所以是 + 而不是 ×；
2. 因为在统计 s1 被选的时候，s2 一定是不选的；同理，在统计 s2 被选的时候，s1 一定是不选的；所以不需要考虑各自组都不取的这 2 种多算的情况；又因为 2 组一条鱼都不选也是 1 种合格的情况，所以又要加上 1 种情况，所以是最后需要 -2 + 1 = -1。
比如：s1=s2=2，总共有7种：2个(1,0),2个(0,1),1个(2,0),1个(0,2)，最后算上(0,0)。

实现:

1. 用 mp<PII,int> 记录值为 a / b 的组中鱼个数。PII 存的是化简后的 a / b 的分子和分母。通过求出原分子分母的最大公因数 d 后，让分子分母都除以 d 来化简。注意 a,b 的范围，可能为 0 或负数——（1）如果a=b=0，d=0，取了它以后，别的都不能取，所以需要把每条这样的鱼单独归为一组单独放，只要加上这种鱼的个数s即可；（2）如果是 a / b 的值负数，为了我们之后在mp中找值为 -b / a 更方便，所以我们统一将存入的为负数的 a / b 的负号放在分母的位置，即 PII 的 second 位置。也就是说你所存入的（a,b）一定是第一个数为正，第二个数为负。

2. 遍历每一组，在遍历时用快速幂算出这一组的方案数 d 后，在 mp 中找与之相对的组，即存入的 PII 为（b，-a）的组（这里也是有负号位置的统一处理的）。再让 d 加上该组的方案后 -1 即可。得出一对的方案数。

3. 算出所有对的方案数的乘积后，最后-1+s（-1减的是所有鱼都不选的情况）即为最终答案。

Code:

参考代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;const double PI = 4.0 * atan(1.0);
//#define PI 3.14159265358979
#define x first
#define y second
#define int long long
#define IOS ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);const int dx[] = { 1,-1,0,0 }, dy[] = { 0,0,1,-1 };
const int N = 100010, INF = 0x3f3f3f3f, mod = 1e9 + 7;
typedef pair<int, int>PII;int n;
map<PII, int>mp;//快速幂
int qmi(int a, int k)
{int res = 1;  while (k){if (k & 1)res = res * a % mod;a = a * a % mod;k >>= 1;}return res;
}void solve()
{cin >> n;int s = 0;for (int i = 0; i < n; i++){int a, b;cin >> a >> b;int d = __gcd(a, b);                               //计算两数的最大公因数，方便求a/bif (d == 0)                                         //d=0说明a,b都为0，只能单独为一组放，用s记录这样的鱼的个数{s++;continue;}a /= d, b /= d;                                     //得出化简后的a/b的分子分母if (a < 0)a = -a, b = -b;                          //为了使得所存的分子，分母负数的位置统一，所以将负数的负号放在分母(b)的位置mp[{a, b}]++;                                       //累计ai/bi为该值的鱼的个数}int ans = 1;for (auto it : mp)                                       //单独遍历每一组(a/b不同的组){if (it.y == 0)continue;int a = it.x.x, b = it.x.y;                           //摘出该组a/b的分子a,分母bint d = qmi(2, mp[{a, b}]);                           //计算该组内部可选的方案数，该组鱼的个数mp[{a,b}]，个数为2^p[{a,b}]b = -b;                                              //与之相对的组，分母为-bif (b < 0)a = -a, b = -b;                         //同样为了负数位置的一致性，如果是负数，就将负号赋给分母aif (mp.count({ b,a })){d = (d + qmi(2, mp[{b, a}]) - 1) % mod;            //记录与之相对的组的内部种类数。-1=-2+1:-2是先去掉两组中各自拥有的都不选的情况，在算上的+1是两组都不选的情况mp[{b, a}] = 0;}ans = ans * d % mod;                               //每一对的个数的乘积}ans = (ans - 1 + s + mod) % mod;                     //减1是减去所有于都不选的情况cout << ans << endl;
}signed main()
{IOS;//int t;int t = 1;//cin >> t;while (t--){solve();}return 0;
}

------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
吐槽：题目注意点：

1.整体思路就是将n个鱼根据ai/bi先分成几对，每一对分别算，每一对里的两个组再分别计算，再合并。
2.最后还包括一些细节处理。比如用map存对时负号位置的统一化。还有其中的+1，-1的理解。

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