nssl 1522.简单数数题

$Description$

给定一个大小为$n$的可重集合，求这些集合的子集的所有子集的和（这里的子集都可重）能被$m$整除的子集有多少个

数据范围:

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$Solution$

显然一个有$n$个元素的可重集，设所有元素的和为$sum$，则它所有子集的和为$2^{n-1}\times sum$

证明：
考虑每个元素对子集和的贡献，假设一个元素$x$选了，那么无论其它元素选不选，它都有$x$的贡献，而其它选择的方案有$2^{n-1}$种（$n-1$个数可选可不选），那么它的贡献就是$x\times 2^{n-1}$
则总贡献即$\sum x\times 2^{n-1}=sum\times 2^{n-1}$

这个结论有什么用呢？
这告诉我们，集合的个数无论多少，都仅只会多产生2的因子
举个栗子，假如一个子集的大小为$n$，那么实际上会多出$n-1$个2这个因子

其实也就相当于如果一个集合的大小为$n$，它的元素和为$sum$，显然它的子集和为$2^{n-1}\times sum$

1. 如果$m$转换为二进制后后面至少有$n-1$个0，即它含有$2^{n-1}$这个因子
   根据之前的结论，那么有$sum\times 2^{n-1}\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}m=sum\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}\frac{m}{2^{n-1}}$
2. 如果$m$转换为二进制后面0不够多，设它的0有$len$个（这个可以用$lowbit$求出来），那么对于每个大小为$j$的集合，如果$j\ge len$，则它的选取方案是不受$j$的影响的

换句话说，我们只需保存$len$以内的答案，多于$len$的都把它存到$len$里面（因为如果$j\ge len$，则题目跟背包没有区别）

所以，设$f_{i,j,k}$表示前$i$个数，选了$j$个数，$mod$缩小后的$m$的余数是$k$的方案数
滚动后直接转移即可

由于$j$的变大，$k$的上界会相对应的缩小，所以总的复杂度是$O(nm)$，需要适当卡常

$Tips:$
由于大小为$n$的集合对$m$的影响却是$2^{n-1}$，所以我们把$m$乘2，这样方便转移

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$Code$

#pragma GCC optimize(2)
%:pragma GCC optimize(3)
%:pragma GCC optimize("Ofast")
%:pragma GCC optimize("inline")
#include
#include
#include
#include
#define LL long long
#define mod 1000000007
using namespace std;int n,m,a[5010],len,f[2][14][10010],nmd,Ans;
inline LL read()
{
     
	char c;LL d=1,f=0;
	while(c=getchar(),!isdigit(c)) if(c=='-') d=-1;f=(f<<3)+(f<<1)+c-48;
	while(c=getchar(),isdigit(c)) f=(f<<3)+(f<<1)+c-48;
	return d*f;
}
signed main()
{
     
	n=read();m=read()*2;
	int x=m;
	while(!(x&1)) len++,x>>=1;
	f[0][0][0]=1;
	for(register int i=1;i<=n;i++)
	{
     
		a[i]=read();
		for(register int j=0;j<=len;j++) 
		{
     
			nmd=m/(1<<j);
			for(register int k=0;k<nmd;k++) f[i&1][j][k]=f[i&1^1][j][k];//初始化，不能用memset，不然会T
		}
		for(register int j=0;j<=len;j++)
		{
     
			nmd=m/(1<<j);//nmd=new mod
			for(register int k=0;k<nmd;k++)
			{
     
				if(j==len) //>=len的部分都转移到len来
				{
     
					f[i&1][len][(k+a[i])%nmd]+=f[i&1^1][len][k];
					if(f[i&1][len][(k+a[i])%nmd]>mod) f[i&1][len][(k+a[i])%nmd]-=mod;
				}
				else 
				{
     
					(f[i&1][j+1][(k+a[i])%(nmd/2)]+=f[i&1^1][j][k])%=mod;//注意每多放一个数，模数都要除以二
					if(f[i&1][j+1][(k+a[i])%(nmd/2)]>mod) f[i&1][j+1][(k+a[i])%(nmd/2)]-=mod;
				}
			}
		}
	}
	for(register int i=1;i<=len;i++) (Ans+=f[n&1][i][0])%=mod;
	printf("%d",Ans);
}