Description

給定長度為$n$的非負整數序列$a$，問有多少個長度為$n$的非負整數序列$b$，

滿足：

$b_i\le a_i$

$b_1\ xor\ b_2\ xor\ ...\ xor\ b_n=a_1\ xor\ a_2\ xor\ ...\ xor\ a_n$

答案對$1000000009$取模

Input

第一行一個正整數$n$

第二行$n$個非負整數$a_i$

$(1\le n\le 10^5,a_i\le 2^{30})$

Output

輸出一個數字，表示答案

Sample Input

4 1 2 3 4

Sample Output

6

Solution

顯然$b$序列和$a$序列相等為一種合法方案，對於其餘方案，列舉使得某個$b_i<a_i$的最高位$l$，即$a,b$序列在比第$l$位更高的位上均相同，而$b_i$在第$l$位是$0$而$a_i$在第$l$位是$1$，顯然$b_i$可以在前$l$位隨意求值（均可保證$b_i<a_i$）使得前$l$位均滿足異或和相等的限制，而其餘$n$

−1n-1個數字在前$l$位的取值只需保證不超過$a$序列即可，那麼問題轉化為求$n$個數字在第$l$位取值使得$b$序列不超過$a$序列且至少存在一個位置使得$b_i<a_i$的方案數

以$dp[i][1/0][1/0]$表示前$i$個數字已經確定，他們在第$l$位的異或和為$1/0$，且前$i$個數字中存在/不存在一個使得$b_i<a_i$的位置的方案數，考慮轉移

一.若$a_i$在第$l$位是$1$，那麼$b_i$在第$l$位有兩種選擇

1.$b_{}$

ib_i在第$l$位取$0$，假設$a_i$前$l$位的取值為$x$，那麼只要$b_i$在前$l$位的取值不超過$a_i$即可，有$x+1$種方案，此時有轉移 $dp[i][j][k]+=dp[i-1][1-j][k]\cdot (x+1)$ 2.$b_i$在第$l$位取$0$，那麼前$l$位$b_i$可以隨意取，此時有轉移 $dp[i][j][1]+=dp[i-1][j][k]\cdot 2^l$ 二.若$a_i$在第$l$位是$0$，那麼$b_i$在第$l$位只能取$0$，且較低位不能超過$a_i$，此時有轉移 $dp[i][j][k]+=dp[i-1][j][k]\cdot (x+1)$ 那麼對於當前考慮的位$l$，對答案的貢獻即為$\frac{dp[n][res][1]}{2^l}$，其中$res$表示$a_i$在第$l$位的異或和，除以$2^l$的原因是需要有一個嚴格小於$a_i$的$b_i$，在其他$n-1$個數字在前$l$位取值固定之後，$b_i$的前$l$位需要做對應的取值使得前$l$位的異或和也和$a$序列相同

Code

 #include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=100005;
#define mod 1000000009
int add(int x,int y)
{
	x+=y;
	if(x>=mod)x-=mod;
	return x; 
}
int mul(int x,int y)
{
	ll z=1ll*x*y;
	return z-z/mod*mod;
}
int Pow(int x,int y)
{
	ll z=1;
	while(y)
	{
		if(y&1)z=mul(z,x);
		x=mul(x,x);
		y>>=1;
	}
	return z;
}
int n,a[maxn],dp[maxn][2][2];
int main()
{
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
	int ans=1;
	for(int l=30;l>=0;l--)
	{
		memset(dp,0,sizeof(dp));
		dp[0][0][0]=1;
		int res=0;
		for(int i=1;i<=n;i++)
			if((a[i]>>l)&1)
			{
				res^=1;
				a[i]-=(1<<l);
				for(int j=0;j<=1;j++)
					for(int k=0;k<=1;k++)
					{
						dp[i][j^1][k]=add(dp[i][j^1][k],mul(dp[i-1][j][k],a[i]+1));
						dp[i][j][1]=add(dp[i][j][1],mul(dp[i-1][j][k],1<<l));
					}
			}
			else
			{
				for(int j=0;j<=1;j++)
					for(int k=0;k<=1;k++)
						dp[i][j][k]=add(dp[i][j][k],mul(dp[i-1][j][k],a[i]+1));
			}
		ans=add(ans,mul(dp[n][res][1],Pow(1<<l,mod-2)));
	}
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}