题解
显然(2048)一定是若干个(2^k(0leq k leq 11))凑出来的,我们不妨先将不是(2^k)的数去掉;
然后考虑求出剩下的数中有多少个子序列能凑出(2048)
我们可以考虑(DP),(f[i][j])表示前(i)个数凑(j)的方案数,背包就可以,第一维可以滚动数组干掉
需要注意的一点是所有能凑出大于等于(2048)的数的序列都是合法序列,正确性是显然的(因为构成序列的最大的数也不超过(2048),所有的数都是(2^k))
不要忘了还有被去掉的数,加上他们依然可以凑出(2048),所以答案是(f[cnt][2048]*(2^{n-cnt}))
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
using namespace std;
#define int long long
#define MOD 998244353
#define N 1000010
int n,a[N],m[2050],cnt,f[2050];
inline int qpow(int x,int k){
int s=1;
while(k){
if(k&1) s=s*x%MOD;
k>>=1;
x=x*x%MOD;
}
return s;
}
#undef int
int main()
#define int long long
{
// freopen("2048.in","r",stdin);
// freopen("2048.out","w",stdout);
memset(m,-1,sizeof(m));
m[1]=0,m[2]=1,m[4]=2,m[8]=3,m[16]=4,m[32]=5,m[64]=6,m[128]=7,m[256]=8,m[512]=9,m[1024]=10,m[2048]=11;
scanf("%lld",&n);
int x;
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%lld",&x);
if(m[x]!=-1) a[++cnt]=x;
}
f[0]=1;
for(int i=1;i<=cnt;i++){
for(int j=a[i];j>=1;j--)
f[2048]=(f[2048]+f[2048+j-a[i]])%MOD;
for(int j=2048;j>=a[i];j--)
f[j]=(f[j]+f[j-a[i]])%MOD;
}
printf("%lld
",f[2048]*qpow(2,n-cnt)%MOD);
return 0;
}