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[技巧]枚举子集的飘逸写法
鸟泉学长告诉我的，今天想到了就顺便记上。
设S表示一个01状态集，那么它的所有非空子集x可以通过以下代码枚举。
for (int x = S; x; x = (x-1)&S)
简单说明下原理（证明以后补上？）：
x = (x-1)&S实际上是把S中的0全部忽略，并不断减1的结果，比如S=1011，则x分别为：1011, 1010, 1001, 1000, 0011, 0010, 0001。忽略S中第二位的0其实就是111, 110, 101, 100, 011, 010, 001。
称S中的1所在位为有效位，0所在位为无效位，则x中的无效位必为0，有效位为0或1，比如S=1011，x=1001（有效位加下划线）。-1就是加上-1补码1111…，可以想成把无效位的1先加上去，比如x=1001变成1101，再加有效位的1。由于无效位加完肯定是1，会把有效位的进位“传递”下去，然后再位与S使得无效位变成0，实际就相当于有效位加上1111…，也就是有效位-1。
给集合里的元素一个顺序，那么就可以用整数表示集合，某一位为1表示对应元素被选取。
设x为表示集合的整数，那么这个整数有如下性质：
x的子集整数y在数值上不会比x大。因为x的子集y只是保留了x某些位置上的1，所以y总可以加上一个非负的整数z等于x，相当于把没选的1补上。
根据这个性质可知，可以通过枚举所有比x小的数p并判断，p是否只含x对应位上的1，如果是则p是x的子集，否则不是。这样时间复杂度是严格的x。有没有更快的呢，有的。
上诉枚举p是通过减一操作，并且我们知道减一操作一定是正确的，那么在枚举的时候如何快速的去掉多余的状态，答案就是和x进行&（与）运算。与运算可以快速跳到下一个子集。
&运算本质就是保留p在x对应位为1的数值，而根据二进制减法可知减一操作都是把p最低位的1消去，在那一位后全补上1，如果在x对应位为0的地方产生了1其实是无效的，
后续的减一操作也会把它消掉，所以直接&运算可以快速去掉多余的状态。时间复杂度是x的子集数。