Description
题解Here!
这是一道神题。。。
我一开始把题目看错了，我以为是在$n$根木棒中选两个$i,j$满足$gcd(i,j)==1$，并且存在$k$使得$i^2+j^2==k^2$。
我说这不是网络流的沙茶题嘛？
然后数据范围$n<=10^6$。。。
怎么这么大？就算建图建完了，$Dinic$好像也会$TLE$，预流推进可能都会$TLE$。。。
然后回头看题——$MD$，我就是个$zz$。。。
选取若干个。。。
于是这题就比较好做了。
这里有一篇$YDC$巨佬的博客讲的比我好：链接。
首先要预处理出$10^6$以内的勾股数对。
根据初中的经验，我们有：$$(m^2-n^2)^2+(2mn)^2=(m^2+n^2)^2$$
这个应该都会证吧，全部拆开就好了。
于是一对互质勾股数$(a,b)$与一对$(i,j)$应满足$$a=j^2-i^2,b=2 imes i imes j,c=j^2+i^2,gcd(i,j)==1,i<j, ext{i和j不同奇偶}$$
我们枚举$i,j$，由于$i imes j<=frac{10000000}{2}$，并且$gcd$的复杂度上限是$log_2n$，一般不会达到，所以就是$500000 imes log_2 500000<500000 imes 20=10^7$的复杂度。
我们对于互质勾股数$(a,b)$，在$a,b$间连边。
我们假设他们构成了一片森林，那么题目变成在森林中选点且互不相邻了，跟P1352 没有上司的舞会很像，经典树形$DP$。
但是自从我发现这个不是基环无向树就不想做了。
设$dp[i][0]$表示在$i$这棵子树上不选$i$的方案数，$dp[i][1]$表示在$i$这颗子树上选$i$的方案数。
状态转移长这样：
$$dp[i][0]=(dp[v_1][0]+F[v_1][1]) imes (dp[v_2][0]+dp[v_2][1]) imes ...$$
$$dp[i][1]=(2^{num[i]}-1) imes dp[v_1][0] imes dp[v_2][0] imes ...$$
$num[i]$表示$i$出现了几次。
我们发现我们建的图将构成一片森林。
假设森林里每颗树的根是$rt_1,rt_2,...rt_k$，那么答案就是：
$$(dp[rt_1][0]+dp[rt_1][1]) imes(dp[rt_2][0]+dp[rt_2][1]) imes ... ext{之后再减1，即去掉空集}$$
$BUT$！这么做是$30$分。
我当时懵的一批啊。。。感觉这方法行得通吗？？？
然后我发现一个智障一样的问题——图并不一定是树，可能有环。。。
靠！这个坑。。。
接下来就开始乱搞了。。。
对于一条回边$(u,v)$，就像$tarjan$求强连通中的$dfn[v]<dfn[u]$一样，我们把$u,v$标记一下加入点集$stack$，把这条边删掉。
之后$2^{|stack|}$枚举每个点的选择情况，在合法的情况下套用树形$DP$。
这个时候由于是同一棵树，所以用加法原理而不是乘法原理，即每次统计的答案用个变量累加，最后乘以这个变量。
这题就做完了
吗？
没有！
但是因为数据水的原因，出题人强行把$NP$的题出成了普通题。。。
所以这题就当过了吧。。。
HN的出题人真是不负责任。。。
附代码：
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<vector>
#define MAXN 1000010
#define MOD 1000000007
using namespace std;
vector<int> stack;
int n,c=1,d=1,T;
int head[MAXN],deep[MAXN],vis[MAXN],num[MAXN];
long long bit[MAXN],dp[MAXN][2];
bool used[MAXN],choose[MAXN];
struct Edge{
int next,to;
}a[MAXN];
inline int read(){
int date=0,w=1;char c=0;
while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')w=-1;c=getchar();}
while(c>='0'&&c<='9'){date=date*10+c-'0';c=getchar();}
return date*w;
}
inline long long sqr(long long x){return x*x;}
int gcd(int x,int y){
if(!y)return x;
return gcd(y,x%y);
}
inline void add(int x,int y){
a[c].to=y;a[c].next=head[x];head[x]=c++;
a[c].to=x;a[c].next=head[y];head[y]=c++;
}
void build(){
int m=MAXN-10;
for(int i=1;i<=m/2;i++)
for(int j=i+1;j<=m/2/i&&sqr(j)-sqr(i)<=m;j++)
if(((i&1)!=(j&1))&&gcd(i,j)==1)add(2LL*i*j,sqr(j)-sqr(i));
bit[0]=1;
for(int i=1;i<=m;i++)bit[i]=(bit[i-1]<<1)%MOD;
}
inline void insert(int x){
if(!used[x]){
used[x]=true;
stack.push_back(x);
}
}
bool check(int u,int f){
vis[u]=T;
for(int i=head[u];i;i=a[i].next){
int v=a[i].to;
if(v==f||!num[v])continue;
if(choose[u]&&choose[v])return false;
if(vis[v]!=T)if(!check(v,u))return false;
}
return true;
}
void dfs1(int x,int f){
deep[x]=d++;
for(int i=head[x];i;i=a[i].next){
int v=a[i].to;
if(!num[v]||v==f)continue;
if(!deep[v])dfs1(v,x);
else if(deep[v]<deep[x]){insert(x);insert(v);}
}
}
void dfs2(int x,int f){
vis[x]=T;
dp[x][0]=1;
dp[x][1]=(bit[num[x]]-1+MOD)%MOD;
if(used[x]){
if(choose[x])dp[x][0]=0;
else dp[x][1]=0;
}
for(int i=head[x];i;i=a[i].next){
int v=a[i].to;
if(v==f||!num[v]||vis[v]==T)continue;
if(vis[v]!=T)dfs2(v,x);
dp[x][0]=dp[x][0]*(dp[v][0]+dp[v][1])%MOD;
dp[x][1]=dp[x][1]*dp[v][0]%MOD;
}
}
void dfs3(int i,int m,int x,long long &ans){
if(i==m){
T++;
if(check(x,-1)){
T++;
dfs2(x,-1);
ans=(ans+dp[x][0]+dp[x][1])%MOD;
}
return;
}
choose[stack[i]]=false;
dfs3(i+1,m,x,ans);
choose[stack[i]]=true;
dfs3(i+1,m,x,ans);
}
long long solve(int x){
stack.clear();
dfs1(x,-1);
int m=stack.size();
long long ans=0;
dfs3(0,m,x,ans);
return ans;
}
void work(){
long long ans=1;
for(int i=1;i<=MAXN-10;i++)if(num[i]&&!deep[i])ans=ans*solve(i)%MOD;
printf("%lld
",(ans-1+MOD)%MOD);
}
void init(){
n=read();
for(int i=1;i<=n;i++){
int x=read();
num[x]++;
}
}
int main(){
build();
init();
work();
return 0;
}