EOJ 3329 dp

題意：

題目鏈接：http://acm.ecnu.edu.cn/problem/3329/
中文題。但是題意有點迷，在計算子集個數時，對於同一個子集只計算一次，如{1,2,3,3}中存在兩個{1,2,3}，但是計算的時候只算一個{1,2,3}。

---

思路：

dp，需要點優化，因爲這裏數的範圍只有3500~4500，所以可以存這些數字的個數，注意到這裏異或產生的質數最多隻到8191。
dp[i][j]表示到第i個出現的數字異或和爲j的個數有多少，狀態轉移爲：
dp[i][j] = dp[i-1][j] * x + dp[i-1][j^num[i]] * y；
這裏x和y分別是第i個數字出現的個數中偶數的個數和奇數的個數；
最後需要滾動數組。

---

代碼：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int MAXN = 1e5 + 10;
const LL MOD = 1e9 + 7;

bool prime[MAXN];

void init() {
    for (int i = 2; i <= 8200; i++) prime[i] = true;
    for (int i = 2; i <= 8200; i++) {
        if (!prime[i]) continue;
        for (int j = i * 2; j <= 8200; j += i)
            prime[j] = false;
    }
}

int cnt[MAXN];
LL dp[2][8200];

int main() {
    //freopen("in.txt", "r", stdin);
    init();
    int n, x;
    scanf("%d", &n);
    vector <int> vec;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        scanf("%d", &x);
        cnt[x]++;
    }
    for (int i = 3500; i <= 4500; i++) {
        if (cnt[i] > 0) vec.push_back(i);
    }
    n = vec.size();
    dp[0][0] = 1;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        LL x1 = (cnt[vec[i - 1]] + 1) / 2, x2 = cnt[vec[i - 1]] / 2 + 1;
        for (int j = 0; j < 8192; j++) {
            dp[i % 2][j] = ((dp[(i - 1) % 2][j] * x2) % MOD + (dp[(i - 1) % 2][j ^ vec[i - 1]] * x1) % MOD) % MOD;
        }
    }
    LL ans = 0;
    for (int i = 2; i < 8192; i++) {
        if (prime[i]) ans = (ans + dp[n % 2][i]) % MOD;
    }
    printf("%I64d\n", ans);
    //check(n);
    return 0;
}