大致题意：给你n个数字，然后让你求所有满足异或和为0的子集的大小之和。

首先这个子集大小之和，显然可以转换为计算每个数字的出现次数之和。考虑到异或和为0的子集，相当于可以用集合中的一部分数字去表示另外一部分数字，所以很容易想到用线性基解决这个问题。

对于这n个数字求线性基，假设线性基的个数为r(r<n)，那么对于线性基外的n-r个数字，他们的任意组合都可以在线性基内的r个数字找到一个组合，使得异或和为0。现在考虑计算线性基外每个数字的贡献，对于任意一个基外的数字，他都可以和任意剩下n-r-1个数字组合，对应有个方案，每个方案都能在基内找到一个组合使得异或和为0。所以这一部分的答案就是：

                                                                      

接下来我们考虑基内的r个数字的贡献。根据线性基的性质，如果对于同样的n个数字，能够找到两个不同的线性基，那么这两个线性基中的数字个数一定是相等的。根据这个，对于r个数字中的任意一个数字，如果用其余n-1个数字能够表示，那么说明存在另外一个线性基能够表示所有的n个数字，而且这个线性基数字个数也是r，因此这个点的贡献还是；如果用其余n-1个数字不能表示，那么说明只要选了这个数字就不存在一种方案使得最后异或和为0，因此贡献为0.

具体实现的时候，我们没必要每次重新求n-1个数字的线性基。只需要先求n-r个数字的线性基，然后在这个基的基础上尝试添加r-1个数字，这样复杂度就是。具体见代码： 

#include <bits/stdc++.h> #define INF 0x3f3f3f3f3f3f3f3fll #define LL long long #define sc(x) scanf("%d",&x) #define scc(x,y) scanf("%d%d",&x,&y) #define sccc(x,y,z) scanf("%d%d%d",&x,&y,&z) #define file(x) freopen(#x".in","r",stdin),freopen(#x".out","w",stdout); using namespace std; const int N = 1e5 + 10; const int mod = 1e9 + 7; int n,m,pw[N],tot; vector<LL> LB; bool v[N];
LL a[N]; struct Linear_Basis { LL b[64],tot; inline void init() {
        tot=0; memset(b,0,sizeof(b));
    } inline bool ins(LL x) { for(int i=62;i>=0;i--) if (x&(1LL<<i))
            { if (!b[i]) {b[i]=x;tot++;break;}
                x^=b[i];
            } return x>0;
    }

} LB1,LB2,LB3; int main() {
    pw[0]=1; for(int i=1;i<N;i++)
        pw[i]=(LL)pw[i-1]*2%mod; while(~sc(n))
    {
        LB.clear();
        LB1.init(); LB2.init(); for(int i=1;i<=n;i++)
        { scanf("%lld",&a[i]); v[i]=0; if (LB1.ins(a[i]))
            {
                v[i]=1;
                LB.push_back(a[i]);
            }
        } if (n==LB1.tot)
        { printf("0\n"); continue;
        }
        LL ans=(LL)(n-LB1.tot)*pw[n-LB1.tot-1]%mod; for(int i=1;i<=n;i++)
        { if (v[i]) continue;
            LB2.ins(a[i]);
        } for(int i=0;i<LB1.tot;i++)
        {
            LB3=LB2; for(int j=0;j<LB1.tot;j++)
            { if (i==j) continue;
                LB3.ins(LB[j]);
            } if (!LB3.ins(LB[i]))
                ans=(ans+pw[n-LB1.tot-1])%mod;
        } printf("%lld\n",ans);
    } return 0;
}