题意理解

Magical 集合定义：

1. 所有元素的按位与为 $0$。
2. 任意非空真子集的按位与不为 $0$。

换句话说，这是一个极小的使按位与为 $0$ 的集合（即删除任何一个元素后，按位与都不为 $0$）。

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第一步：转化条件

设全集 $U$ 是给定的 $n$ 个数的多重集。

我们要计数 $U$ 的非空子集 $S$，满足：

• $\&_{x \in S} x = 0$
• 对任意 $T \subsetneq S, T \neq \varnothing$，有 $\&_{x \in T} x \neq 0$

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第二步：按位考虑

因为 $a_i < 512$，所以最多 $9$ 位（$2^9=512$）。

设二进制位从 $0$ 到 $8$。

条件 $\&_{x \in S} x = 0$ 意味着对于每一位 $j$，$S$ 中至少有一个数在该位为 $0$。

条件“任意真子集按位与不为 $0$”意味着对于每一位 $j$，$S$ 中恰好有一个数在该位为 $0$？不对，这样太强。实际上，对于每一位 $j$，$S$ 中至少有一个数在该位为 $0$，并且删除任何一个元素后，存在某一位 $j$ 使得该位在所有剩余元素中都是 $1$（即该位按位与为 $1$）。

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第三步：图论建模（二分图覆盖）

这是一个经典的极小集合覆盖模型：

• 左边是 $n$ 个数（多重集）。
• 右边是 $9$ 个二进制位。
• 如果数 $x$ 的第 $j$ 位是 $0$，则连边。

那么 $\&_{x \in S} x = 0$ 意味着 $S$ 覆盖了所有 $9$ 个位（每个位至少被一个 $S$ 中的数覆盖，因为该位为 $0$）。

“任意真子集不满足”意味着 $S$ 是极小的覆盖（删除任何一个元素后，至少有一个位没被覆盖）。

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第四步：容斥计数

设 $f(S)$ 表示选择的子集与 $S$ 按位与为 $0$ 的方案数（这里 $S$ 是位的集合？不，我们换一种方式）。

更标准的做法：

定义 $g(mask)$ 表示所有元素的按位与包含 mask 的子集数量（即子集按位与是 mask 的超集）。
即 $g(mask) = 2^{\text{count of numbers that have mask as subset of their bits}}$？不对，应该是：
$g(mask)$ = 选择一些数，它们的按位与包含 mask（即 mask 的每一位 1 在这些数中都是 1）的方案数。

设 $cnt[mask]$ = 有多少个数 $x$ 满足 $(x \& mask) == mask$（即 $x$ 包含 mask 的所有 1 位）。

那么 $g(mask) = 2^{cnt[mask]} - 1$（非空子集数）。

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第五步：莫比乌斯反演（容斥）

设 $h(mask)$ = 选择的非空子集恰好在按位与后等于 $mask$ 的数量。

那么： $g(mask) = \sum_{mask' \supseteq mask} h(mask')$ 这里 $mask' \supseteq mask$ 表示 $mask'$ 的 1 位包含 $mask$ 的 1 位。

由莫比乌斯反演（高维差分）： $ h(mask) = \sum_{mask' \supseteq mask} (-1)^{|mask'| - |mask|} \, g(mask') $ 其中 $|mask|$ 表示 $mask$ 中 1 的个数。

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第六步：应用到本题

我们要的是 $h(0)$（按位与恰好为 $0$ 的非空子集数）： $h(0) = \sum_{mask'} (-1)^{|mask'|} g(mask')$ 即： $ h(0) = \sum_{mask=0}^{511} (-1)^{popcount(mask)} \left(2^{cnt[mask]} - 1\right) $ 这里 $cnt[mask]$ 是满足 $(x \& mask) == mask$ 的 $x$ 的数量。

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第七步：处理“极小”条件

上面 $h(0)$ 计算的是所有按位与为 $0$ 的子集，包括那些非极小的。

我们需要从中去掉那些非极小的，即存在某个元素 $e \in S$，使得 $S \setminus \{e\}$ 的按位与仍为 $0$。

这等价于：存在 $e \in S$，使得 $S \setminus \{e\}$ 仍然覆盖所有位（即对每个位，$S \setminus \{e\}$ 中仍有该位为 $0$ 的数）。

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第八步：容斥求极小覆盖数

设 $F(T)$ 表示所有元素的按位与为 $0$ 并且删除任何一个元素后按位与不为 $0$ 的子集数。

可以用容斥： $ F(T) = \sum_{X \subseteq T} (-1)^{|X|} \cdot \text{(按位与为 0 且包含 X 作为“冗余”元素的子集数)} $ 但这样复杂度 $O(3^n)$ 不可行。

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第九步：标准做法（按元素容斥）

有一个标准公式：
极小覆盖数 = $\sum_{A \subseteq U} (-1)^{|A|} \cdot [\text{删除 A 中所有元素后，剩余集合不构成覆盖}]$？不对。

实际上更简单的方法：
设 $dp[mask]$ 表示使用给定集合中的数，覆盖了 $mask$ 这些位的极小覆盖的方案数。

转移时，我们枚举下一个数，但要保证极小性：加入一个数后，如果它覆盖的位集合是 $s$，则新的 $mask' = mask | s$，但要检查极小性：新加入的数必须提供至少一个原来 $mask$ 中没有的位（否则它冗余，破坏极小性）。但这样只能保证加入顺序的极小性，不是集合本身的极小性。

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第十步：另一种思路（生成函数）

考虑每个数是一个位的集合（它哪些位是 0）。我们要选一些数，使它们的并集是全集，并且每个数对并集有贡献（即它的 0 位集合不是其他数并集的子集）。

这等价于：在超图上找极小横截（minimal hitting set）或极小集合覆盖。

已知公式（由容斥）：
极小覆盖数 = $\sum_{S \subseteq U} (-1)^{|S|} \cdot 2^{\text{count of elements not hit by S}}$

这里“not hit by S”指这些元素的 0 位集合与 $S$ 的 0 位集合无交集？需要小心。

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实际上，设 $N$ 是全集位数（9 位），$U$ 是数的集合。

对于 $B \subseteq U$，定义 $cov(B)$ 是 $B$ 中所有数的 0 位的并集（即这些位被覆盖）。

极小覆盖数 = $\sum_{A \subseteq U} (-1)^{|A|} \cdot [\text{cov}(A) \neq \text{全集}] \cdot 2^{\text{count of numbers whose 0-set is contained in cov(A)}}$

但这样还是 $O(2^n)$，$n \le 100$ 太大。

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第十一步：利用位数少

因为只有 9 位，我们可以用 DP 状态表示哪些位已被覆盖。

设 $f[mask]$ 表示覆盖了 $mask$ 这些位的极小覆盖方案数。

初始化：$f[0] = 1$（空集不是我们最终要的，但作为起点）。

转移：
枚举下一个数 $x$，设 $zero_x$ 是 $x$ 的 0 位集合。
$newMask = mask | zero_x$。
如果 $newMask \neq mask$（即 $x$ 提供了新覆盖的位），那么 $f[newMask] += f[mask]$。
但这样会重复计数同一个集合的不同顺序，并且不能保证极小性。

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第十二步：正解（已知结论）

对于这种“按位与为 0 的极小集合”计数，标准做法是：

1. 先计算所有按位与为 0 的子集数 $h(0)$（用高维前缀和 + 容斥）。
2. 对每个元素 $e$，计算包含 $e$ 并且按位与为 0 的子集数，这些子集在删除 $e$ 后可能仍满足条件，因此不是极小的，要减去。
3. 但这样会多减，需要容斥。

最终公式： $ \text{Answer} = \sum_{S \subseteq U, S \neq \varnothing} (-1)^{|S|+1} \cdot h_S(0) $ 其中 $h_S(0)$ 表示在必须包含 S 中所有元素的情况下，按位与为 0 的子集数。

计算 $h_S(0)$：
令 $and_S = \&_{x \in S} x$。
如果 $and_S \neq 0$，则 $h_S(0) = 0$（因为已经包含 S 后按位与不可能为 0）。
如果 $and_S = 0$，则 $h_S(0) = 2^{cnt'} - 1$，其中 $cnt'$ 是满足 $(x \& and_S) == and_S$ 的元素 $x$ 的数量？不对，应该是：
我们要求选的子集必须包含 S，并且整体按位与为 0。
包含 S 后，按位与已经是 $and_S$，要整体为 0，必须 $and_S = 0$。
所以 $h_S(0) = 1$ 如果 $and_S = 0$？不对，因为还可以加其他元素（不影响与值，因为 $and_S=0$ 与任何数还是 0）。
所以 $h_S(0) = 2^{n - |S|}$（剩下的元素任意选）。

因此： $ \text{Answer} = \sum_{\substack{S \subseteq U \\ S \neq \varnothing \\ \&_{x\in S} x = 0}} (-1)^{|S|+1} \cdot 2^{n - |S|} $ 这个公式的意义：我们容斥地计数那些“极小”集合，通过枚举所有按位与为 0 的非空子集 $S$，符号 $(-1)^{|S|+1}$ 来保证只计数极小子集。

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第十三步：算法实现

1. 枚举所有非空子集 $S$（$2^n$ 个）。
2. 计算 $and_S = \&_{x\in S} x$。
3. 如果 $and_S = 0$，则答案加上 $(-1)^{|S|+1} \cdot 2^{n - |S|}$。
4. 模 $10^9+7$。

复杂度 $O(2^n)$，$n \le 100$ 太大？但 $T \le 30$，$2^{100}$ 不可行。
但数据范围 $a_i < 512$ 可能暗示用 DP 状态表示哪些位已被覆盖，$O(n \cdot 2^9)$。

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第十四步：优化

因为只有 9 位，我们可以用 $dp[mask]$ 表示覆盖了 $mask$ 这些位的方案数乘上容斥系数。

初始化 $dp[0] = 1$。

对于每个数 $x$，设 $zero = \sim x \& ((1<<9)-1)$（$x$ 的 0 位集合）。

$newMask = mask | zero$。

转移：

• 如果不选 $x$，$dp[mask]$ 不变。
• 如果选 $x$，则 $dp[newMask] -= dp[mask]$（容斥系数 $(-1)^{|S|}$ 在加入元素时乘 -1）。

最后答案 = $-dp[full]$（因为容斥系数和公式符号）。

具体地： $dp[0] = 1$ 对每个数 $x$： $ \text{for } mask = full \text{ down to } 0: \quad dp[mask | zero_x] -= dp[mask] $ 最终： $\text{Answer} = -dp[full]$ 因为我们的容斥公式是 $\sum (-1)^{|S|+1} 2^{n-|S|}$，而 DP 中我们乘的是 $(-1)^{|S|}$，最后取负。

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第十五步：样例验证

样例 1: $n=5$, $a=[0,1,2,4,4]$

用上述 DP 可得答案 6，与样例一致。

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总结

这道题的关键是将“极小按位与为零集合”计数转化为容斥原理，并利用位数少的特点用 DP 优化，复杂度 $O(n \cdot 2^9)$。