解析

很裸的状压dp
但是直接暴力的话状态2ⁿ,枚举2ⁿ
乘在一起会T诶
怎么办呢？
使用下面这个循环，就可以保证只会枚举当前状态s的子集

for(int i=(s-1)&s;i;i=(i-1)&s){........		
}

证明

举举例子就挺明显了
为什么不重不漏呢？
首先i肯定单调不降，所以不重是很明显的
我们只需要证明不漏了，也就是(i-1&s,i-1]没有s的子集
也挺明显的
首先前提条件是i是s的子集
然后i减了1
会发生什么呢？
如果i最后一位是1减成0显然还是子集
那么考虑退位的情况
假设退位到第k位，差不多可以写成：

s：…1abcd
i…10000
i-1:…01111
i-1&s:…0abcd
（这里k就等于5啦）

那就很显然了
取&后会且只会把i-1k位之后变成与s相同
而这之间（01111与0abcd之间）很显然没有s的子集啦
这叫什么证明
反正说明白了就行了awa

时间复杂度

这样时间复杂度是多少捏？
对于一个有k个1的状态s，显然其子集数（也就是每个状态s的枚举数）为：

2^k

对于长度为n的序列，其有k个1的状态s的个数为：

C(k,n)

然后根据乘法原理：
总的时间复杂度应该是：

∑C(k,n) *2^k（0<=k<=n)

再加个东西：

∑C(k,n) $\ast$ 2^k$\ast$ 1^n-k（0<=k<=n)

就变成多项式定理啦
所以时间复杂度就是：

（2+1）ⁿ = 3ⁿ

thanks for reading!