新写了一篇题解，看这儿吧：https://www.cnblogs.com/SovietPower/p/9775319.html。
显然我们要求出(C(n,m))为奇数的所有((n,m))。
有一个结论: (C(n,m))是奇数时，有(n&m==m)。
设(f[i])为从(A[i])开始能构成的序列数，那么有(f[i]=sum f[j])，其中(j)为在(i)后面且满足(A[i]&A[j]==A[j])的数。
(当然(f[i])也可以表示以(A[i])结尾构成的序列数，这样可以直接正序枚举，好像更好些。。)
(j)显然是(i)的二进制1的子集，可以。。反正以可行的复杂度枚举，只需要记录每个数的位置就可以得到答案。
因为是枚举子集，而且最大值为233333，所以复杂度为(O(3^{log 233333})=O(3^{18}))。
结论的证明: 因为是(mod 2)，所以考虑Lucas定理。
在(mod 2)的情况下(C(n,m))最后只会化成4种情况: (C(0,1),C(0,0),C(1,0),C(1,1)),后三种情况都是1，(C(0,1))不存在(0)，所以如果(C(n,m)mod 2)为偶数，那么一定在Lucas的过程中出现了(C(0,1))。
(mod 2)的过程容易想到位运算。由(C(n,m)mod 2=C(n\%2,m\%2)*C(n/2,m/2)=C(n&1,m&1)*C(n>>1,m>>1)) 可知，若(C(n,m))为奇数，那么(m)一定是(n)二进制1的子集。
很多人写的太神奇了。。不看了。
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#include <cstdio>
#include <cctype>
#define gc() getchar()
#define mod (1000000007)
const int N=220005,S=240000;
int n,A[N],f[N],pos[S];
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()
{
n=read();
for(int i=1; i<=n; ++i) pos[A[i]=read()]=i;
// for(int i=1; i<=n; ++i) f[i]=1;//先赋值为1，最后需要都减掉1，即长度为1的。
long long res=0;
for(int i=n; i; --i){
long long tmp=1;//初值1.
for(int j=(A[i]-1)&A[i]; j; j=(j-1)&A[i])//每次只减1然后取与。
if(pos[j]>i) tmp+=f[pos[j]];
f[i]=(tmp%mod), res+=f[i]-1;
}
printf("%d",int(res%mod));
return 0;
}