思路解析
考虑分类讨论。
题目中给到我们三种运算：按位与、按位或、按位异或。
分类
按位与
先来看一下按位与的定义：
参与运算的两数各对应的二进位相与。只有对应的两个二进位都为 \(1\) 时，结果位才为 \(1\)。否则，结果位为 \(0\)。
举几个例子：
发现了吗？按位与的结果都是不增的，所以对于相邻的两数 \(x_1\) 和 \(x_2\)，有 \(x_1 \ \& \ x_2 \leq x_1,x_2\)。
那么也就是说，进行按位与操作后，结果只能放在 \(x_1\) 和 \(x_2\) 左边，接下来就不用考虑。
按位或
类似于按位与，再看一下按位或的定义：
将两个整数的二进制位逐位进行逻辑或运算，当两个对应位中至少有一个为 \(1\) 时，结果位为 \(1\)，否则为 \(0\)。
依旧举几个例子：
发现了吗？按位或的结果都是不降的，所以对于相邻的两数 \(x_1\) 和 \(x_2\)，有 $ x_1,x_2 \le x_1 \ |\ x_2$。
那么也就是说，进行按位或操作后，结果只能放在 \(x_1\) 和 \(x_2\) 右边，接下来的结果还是要暂时搁置的，等一下还是要处理。
按位异或
最后来看一下按位异或的定义：
当且仅当两个输入值不同时，异或运算输出为 \(1\)，否则输出为 \(0\)，即同为 \(0\)，异为 \(1\)。
仍旧举几个例子：
发现了吗？按位异或的结果并没有单调性，这里的结果也暂时搁置。
讨论
观察到题目中说可以进行任意次操作，那么如果相邻的两数所产生的结果会扰动其他的数的话，那么这个问题的答案一定难以求解，所以相邻两数结果仅和这两个数本身相关，如何证明这个结论呢？
考虑利用容斥原理解决问题，如该维恩图所示：
其左边的圆表示 \(A\) 的位，右边的圆表示 \(B\) 的位。也就是说黄色部分代表的是 \(A\) 和 \(B\) 共有的位，红色部分代表的是 \(A\) 独有的位，蓝色部分代表的是 \(B\) 独有的位，空白部分是 \(A\) 和 \(B\) 都没有的位。
那么也就是说，黄色是按位与的结果，红色、黄色、蓝色之和是按位或的结果，红色部分和蓝色部分之和是按位异或的结果。
所以，空白部分不会被任何一种运算所得到，也就是不会产生新的位，所以相邻两数的结果不会影响其他数。
所以，我们总共有 \(3\) 种颜色，总的种数是 \(C_3^1 + C_3^2 + C_3^3 = 7\)（没有 \(C_3^0\) 的原因是必须和 \(A\) 和 \(B\) 有关，肯定不会太多，进行讨论：
- 黄色：\(A \ \& \ B\)
- 红色：\((A \ | \ B) \ \oplus \ B\)
- 蓝色：\((A \ | \ B) \ \oplus \ A\)
- 红色和黄色：\(A\)
- 蓝色和黄色：\(B\)
- 红色和蓝色：\(A \ \oplus \ B\)
- 红色、黄色、蓝色之和：\(A \ |\ B\)
只需要用 map 或 set 等容器记录并去重即可。
代码实现
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 1e5 + 5;
int n, la;
set<int> s;
namespace Tangyixiao {inline void solve() {cin >> la;s.insert(0);for (int i = 2, x; i <= n; ++i) {cin >> x;s.insert(x);s.insert((x | la) ^ la);s.insert((x | la) ^ x);s.insert(x | la);s.insert(x & la);s.insert(x ^ la);s.insert(la);la = x;}cout << s.size();return;}inline void init() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);cout.tie(nullptr);cin >> n;return;}
} // namespace Tangyixiao
main() {Tangyixiao::init();Tangyixiao::solve();return 0;
}