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题目链接.
思路:
若数组 b b b含有奇数，则一定符合要求。
设等差数组首项为 x x x，已知数组公差为1，则 b i b_i bi​的贡献为:
x ∗ b i + b i ∗ ( b i − 1 ) 2 = b i ∗ ( b i 2 − 1 2 + x ) （ x 为 任 意 整 数 ） x*b_i+\frac{b_i*(b_i-1)}{2} =b_i*(\frac {b_i}2-\frac 12+x)（x为任意整数） x∗bi​+2bi​∗(bi​−1)​=bi​∗(2bi​​−21​+x)（x为任意整数）
当 b i b_i bi​为奇数时：上式等价于 k ∗ b i k*b_i k∗bi​( k k k为任意整数)
当 b i b_i bi​为偶数时：上式等价于 k ∗ b i + b i 2 k*b_i+\frac {b_i}2 k∗bi​+2bi​​( k k k为任意整数)
易知：若数组 b b b含有奇数，则一定符合要求。（把 b b b分成两组，某个奇数和其他，通过上式可知这两组可以相互抵消，即使 s u m = 0 sum=0 sum=0）。
接下来考虑当数组 b b b只含有偶数时：
把偶数按照最低位的1分组。( b i = 2 k ∗ c b_i=2^k*c bi​=2k∗c,按照 k k k分组)
若 b b b中最低位 k k k元素的个数为偶数则一定可以相互抵消。

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
ll mod=1e9+7;
using namespace std;

int n;
ll a[40],b[40];

int lowbit(int x)
{
    return x&(-x);
}

ll powmod(ll a,ll b)
{
    ll res=1;
    while(b>0)
    {
        if(b&1)res=res*a%mod;
        a=a*a%mod;
        b>>=1;
    }
    return res;
}

int main()
{
    ios::sync_with_stdio(0);
    //cin.tie(0);cout.tie(0);

    cin>>n;
    for(int i=0;i<n;i++)
    {
        int x;cin>>x;
        int y=lowbit(x);
        int k=0;
        while(y>0)
        {
            k++;
            y=y/2;
        }
        a[k]++;
    }
    for(int i=1;i<35;i++)
    {
        //cout<<a[i]<<" "<<b[i]<<"\n";
        b[i]=b[i-1]+a[i];
    }
    ll ans=(powmod(2,a[1])-1)%mod*powmod(2,n-a[1])%mod;
    //cout<<ans<<"\n";
    for(int i=2;i<33;i++)
    {
        if(a[i]==0)continue;
        ans=(ans%mod+(powmod(2,a[i]-1)-1)%mod*powmod(2,b[33]-b[i])%mod)%mod;
    }
    cout<<ans<<"\n";
    return 0;
}

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来源： https://blog.csdn.net/weixin_50935546/article/details/121555203

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