牛客第一场 H XOR —

题目链接：点我啊╭(╯^╰)╮

题目大意：

nnn 个数，求子集内所有数异或为 000 的所有子集大小之和

解题思路：

考虑每个值对答案的贡献
    首先对 nnn 个数消一次元，得到 rrr 个基
    对于剩下 n−rn-rn−r 个数，每个数的贡献是 2n−r−12^{n-r-1}2n−r−1
    因为对于其中每个数，剩下 n−r−1n-r-1n−r−1 个数可选可不选，而且加到 rrr 个基后异或一定为 000

昨天晚上洗澡的时候突然想通！！
    为什么可以这么计算贡献？？？
    因为对于剩下的 n−rn-rn−r 个数的任意一种组合
    在 rrr 个基里有且仅有一组基能使得它们全部异或为 000

然后求 rrr 个基的贡献
枚举其中每个基，对剩下（n−1）（n-1）（n−1）个数消元，设基的大小为 ∣D∣|D|∣D∣
则枚举的这个基的贡献为 2n−∣D∣−12^{n-|D|-1}2n−∣D∣−1

一个优化点在于对（n−1）（n-1）（n−1）个数消元时，可以先预处理 n−rn-rn−r 个数的线性基
然后将 r−1r-1r−1 个数插入到该线性基即可

观察可发现 ∣D∣==r|D| == r∣D∣==r ！！！
    根据线性基的性质，一个序列可以有多个线性基，且他们的表示结果是相同的
    并且这些线性基中数字的个数也相同，即等价
    所以如果枚举的值不能被插入剩余 n−1n-1n−1 个数的线性基中，则该线性基就是这 nnn 个数的线性基，即 rrr

最后时间复杂度为： O（64n+643）O（64n + 64^3）O（64n+643）

核心：根据线性基的性质求每个数的贡献

#include<bits/stdc++.h>
#define rint register int
#define deb(x) cerr<<#x<<" = "<<(x)<<'\n';
//#pragma GCC optimize(3,"Ofast","inline")
using namespace std;
typedef long long ll;
using pii = pair <ll,int>;
const int maxn = 1e5 + 5;
const int mod = 1e9 + 7;
ll n, a[maxn], b[maxn], c[maxn];
ll cntb, cntc, cnt, r[maxn], ans;struct LB {ll num, cnt, d[70], p[70];void init() {num = 0;memset(d,0,sizeof(d));}bool insert(ll x) {for(int i=60; ~i; i--)if(x & (1ll<<i)) {if(!d[i]) {d[i] = x, num++;return true;}x ^= d[i];}return false;}bool check(ll x) {for(int i=60; ~i; i--)if(x & (1ll<<i)) {if(!d[i]) return false;x ^= d[i];}return true;}
} A, B, C;ll qpow(ll a, ll b) {ll ret = 1;while(b) {if(b & 1) ret = ret * a % mod;a = a * a % mod;b >>= 1;}return ret;
}int main() {while(~scanf("%lld", &n)) {A.init(), B.init();cnt = cntb = cntc = ans = 0;for(int i=1; i<=n; i++) {scanf("%lld", a+i);if(A.insert(a[i])) r[++cnt] = a[i];else b[++cntb] = a[i];}if(n-cnt) ans = 1ll * cntb * qpow(2, n-cnt-1) % mod;for(int i=1; i<=cntb; i++)if(B.insert(b[i]))c[++cntc] = b[i];for(int i=1; i<=cnt; i++) {C.init();for(int j=1; j<=cntc; j++) C.insert(c[j]);for(int j=1; j<=cnt; j++)if(i != j) C.insert(r[j]);if(C.check(r[i]))ans = (ans + qpow(2, n-C.num-1)) % mod;}printf("%lld\n", ans);}
}