首先(C(n,m))为奇数当且仅当(n&m=m)。
简要证明: 因为是(mod 2)，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，那么在Lucas的过程中一定出现了(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（否则存在(C(0,1))）。
因为要满足(n&m=m)，所以题意即为，有多少个(a)的子序列(b)，满足(b_i&b_{i+1}=b_{i+1})。
令(f[i])表示以(A[i])结尾的合法子序列数。
那么有两种显然的方式：
- 枚举(i)，(ans+=f[i])，再更新后面满足 (A[j])的二进制位是(A[i])二进制位的子集 的(j)，(f[j]+=f[i])。
- 枚举(i)，枚举(j)，求(f[i]=sum_{j<i,A[j]是A[i]的超集}f[j])，然后(ans+=f[i])。
两种都是枚举子集。第一种是不需要查询，转移(O(3^{18}))；第二种是查询(O(3^{18}))，不需要转移。
（整个算法实际上是对每个(a_i)的二进制表示枚举了它的子集，而(a_i)互不相同，相当于是对所有二进制子集枚举了它的子集，所以复杂度是(3^{log a_{max}}=3^{18})）
这样好像比较危险？（出二进制(1)很多的(a_i)）
（以上都不是重点）
我们将这两种方式综合一下：
转移时，固定(i)的后(9)位，枚举(i)前(9)位的子集(j)，用(f[i])更新后面的(f[j])；
求值时，固定(i)的前(9)位，枚举(i)后(9)位的超集(j)，从前面的(f[j])转移，即(f[i]=sum f[j])。
这样复杂度是啥啊。。我不知道，反正靠谱很多。
dls现场分析：大概是从之前的(2^{log_23cdot n}=2^{1.59n})优化到了(2^{1.5n})。
考虑枚举不满，大概有(2^{(0.6+frac{1.59}{2})n}=2^{1.3n+})？
顺便记下枚举子集复杂度(O(3^n))的证明：
证明：设集合有(n)个元素，我们把所有子集(s)按元素个数(k=|s|)分类（因为它们的子集都为(2^k)个。那么枚举的集合数为：$$sum_{k=0}^nC_{n}^k2^k=(1+2)^n=3^n$$
代码就是这样：
for(s=0; s<all; ++s)
for(i=s; i; i=(i-1)&s)
...
以前的题解（naive啊）：https://www.cnblogs.com/SovietPower/p/8776368.html。
//3800kb 688ms
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <algorithm>
//#define gc() getchar()
#define MAXIN 2000000
#define mod 1000000007
#define Mod(x) x>=mod&&(x-=mod)
typedef long long LL;
const int N=(1<<18)+3,L=(1<<9)-1;
struct io
{
char IN[MAXIN],*s;
io():s(IN) {IN[fread(IN,1,MAXIN,stdin)]=0;}
inline operator int()
{
int x=0;
for(; *s<48; ++s);
for(; *s>47; x=x*10+*s++-48);
return x;
}
}io;
int main()
{
static int f[N];
int n=io; LL ans=0,sum;
for(int i=1,a; i<=n; ++i)
{
a=io,sum=0;
int l=a&L, r=a>>9;
for(int j=r; j<=L; j=(j+1)|r)
sum+=f[(j<<9)|l];
ans+=sum%=mod, ++sum;
r<<=9;
for(int j=l; j; j=(j-1)&l)
f[j|r]+=sum, Mod(f[j|r]);
f[r]+=sum, Mod(f[r]);//0|r
}
printf("%lld
",ans%mod);
return 0;
}