【codechef】n个数，多少种取法的异或值==m【二项式定理】

由于比赛还没结束所以先不放题目了。。。（转化题意：n个数，多少种取法的异或值==m ）

这道dp要写得非常小心，考虑全面。第一发超时，原因是n=10^5,所以复杂度1024000，但是又想到所有数字都不超过1023，所以直接求每个数出现的次数就好。。

但是——这样转化之后，考虑细心的地方就超多了！

二项式定理
（1）Cn0+Cn2+Cn4+……+Cnn=2^(n-1) (n为偶数）
（2）Cn1+Cn3+Cn5+……+Cn（n-1）=2^(n-1) (n为偶数）

（3）Cn0+Cn2+Cn4+……+Cn（n-1）=2^(n-1) (n为奇数）
（4）Cn1+Cn3+Cn5+……+Cnn=2^(n-1) (n为奇数）

（5）Cn0-Cn1+Cn2-Cn3+……+（-1）^nCnn=0

可以推出来，但是不知道这个定理的话题目就很难做了。然后又要分情况讨论：

1、根据异或的性质，一个数出现奇数次的结果是它本身，出现偶数次的结果是0。所以，在分情况考虑取和不取的时候，取的情况是Cn1+Cn3+Cn5+…，不取的情况是Cn0+Cn2+Cn4+…

2、但是，这个数等于0的情况是特殊的。因为不管是奇数次还是偶数次的结果都一样，为0。所以，从a个这个数里面取任意几个都是0，取法有2^a-1种。

#include
#define mod 1000000007
#define ll long long
using namespace std;
//转化题意：n个数，多少种取法的异或值==m 
//二项式定理
//（1）Cn0+Cn2+Cn4+……+Cnn=2^(n-1) (n为偶数）
//（2）Cn1+Cn3+Cn5+……+Cn（n-1）=2^(n-1) (n为偶数）
//（3）Cn0+Cn2+Cn4+……+Cnn=2^(n-1) (n为奇数）
//（4）Cn1+Cn3+Cn5+……+Cnn=2^(n-1) (n为奇数）
//（5）Cn0-Cn1+Cn2-Cn3+……+（-1）^nCnn=0
char x[15],y[15];
ll dp[2][10004];
int w[1030];
ll power[100005];
int n;
int main(){
	power[0]=1;
	for(int i=1;i<=100000;++i)
		power[i]=(power[i-1]*2)%mod;
	int t;
	scanf("%d",&t);
	while(t--){
		scanf("%s",y);
		int s=0;
		for(int j=0;j=0;--j){  //注意必须要用二维背包啊！！否则值可能覆盖 
				if(p==0)
					dp[g][j^p]=(dp[g][j^p]+dp[1-g][j]*(power[q]))%mod;
				else{
					dp[g][j^p]=(dp[g][j^p]+dp[1-g][j]*power[q-1])%mod;//取奇数个的情况 
					dp[g][j]=(dp[g][j]+dp[1-g][j]*power[q-1])%mod;    //取偶数个的情况 
				}
			}
			//再考虑只取【这个数取1到q个】的结果（注意这里排掉【什么都不取的情况】） 
			if(p==0)
				dp[g][p]=(dp[g][p]+power[q]-1)%mod;  //（注意这里排掉【什么都不取的情况】） 
			else{ 
				dp[g][p]=(dp[g][p]+power[q-1])%mod;  //取奇数个的情况 
				dp[g][0]=(dp[g][0]+power[q-1]-1)%mod;//取偶数个的情况（注意这里排掉【什么都不取的情况】) 
			}
			g=1-g;
		}
		//【什么都不取的情况】在这里加啊！ 
		dp[1-g][0]=(dp[1-g][0]+1)%mod;
		printf("%d\n",dp[1-g][s]);
	}
	return 0;
}