(Description)
(Solution)
首先处理(a_i)的前缀异或和(s_i)。那么在对于序列(a_1,...,a_n)，在(i)位置处分开的价值为：(s_i+s_i ^{wedge}s_n)。
虽然有个加，但依旧可以考虑按位计算。如果(s_n)的第(k)位为(1)，那(s_i)的第(k)位为(0)或是(1)贡献都是(2^k)（贡献即(s_i+s_i ^{wedge}s_n)在第(k)位上是否为(1)）；如果(s_n)的第(k)位为(0)，那么(s_i)第(k)位为(0)则贡献为(0)，为(1)则贡献为(2*2^k)。
(n)就是指我们当前处理的前缀是(a[1...n])。然后从高到低枚举每一位(k)，如果(s_n)在这一位为(1)，显然答案一定可以得到(2^k)的贡献；否则(s_n)在这一位为(0)，我们应尽量让分割位置(i)满足(s_i)在第(k)位为(1)，也就是找一个(n)前面的位置(i)满足(s_i)在第(k)位为(1)，如果找得到，答案就可以得到(2^{k+1})的贡献，并限制了(s_i)的第(k)位为(1)。
继续枚举更低位(k')时，在第二种情况(s_i)不仅要满足(s_i)在第(k')位为(1)，还要满足之前的第(k)位为(1)，也就是找是否存在(s_i)第(k,k')位同时为(1)的(n)前面的位置(i)。
之后同理。
也就是说我们要求是否存在(ileq n)，(s_i)的第(k)位为(1)且前(k)位都满足之前的限制（某些位必须为(1)）。
不妨去求，第(k)位为(1)且满足限制的最靠前的位置(i)，判断是否有(ileq n)。
因为限制就是某些位必须为(1)，其它位任意，也就是超集。所以用高维前缀和维护满足某种限制的集合中，最靠前的位置就可以了。
复杂度(O(2^kk))。
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#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <cstring>
#include <algorithm>
//#define gc() getchar()
#define MAXIN 500000
#define gc() (SS==TT&&(TT=(SS=IN)+fread(IN,1,MAXIN,stdin),SS==TT)?EOF:*SS++)
typedef long long LL;
const int N=(1<<20)+5;
int s[300005],f[N];
char IN[MAXIN],*SS=IN,*TT=IN;
inline int read()
{
int now=0;register char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-'0',c=gc());
return now;
}
int main()
{
static int pw[30];
pw[0]=1;
for(int i=1; i<=21; ++i) pw[i]=pw[i-1]<<1;
int n=read(),mx=0;
memset(f,0x3f,sizeof f);
for(int i=1,t; i<=n; ++i)
s[i]=s[i-1]^read(), mx=std::max(mx,s[i]), f[s[i]]=std::min(f[s[i]],i);
int bit=1;
while(pw[bit]<=mx) ++bit;
for(int i=0,lim=1<<bit; i<bit; ++i)
for(int s=0; s<lim; ++s)
if(!(s&pw[i])) f[s]=std::min(f[s],f[s|pw[i]]);
for(int i=1; i<=n; ++i)
{
int ans=0,t=0;
for(int j=bit-1; ~j; --j)
if(s[i]&pw[j]) ans|=pw[j];
else if(f[t|pw[j]]<=i) t|=pw[j], ans+=pw[j+1];//+= not |=...
printf("%d
",ans);
}
return 0;
}