解题思路

参考题解）没办法本菜鸡太菜了，orz原题解点这里

按照区间异或的老传统，有几个固定套路，按位算贡献，区间异或和可以得到的异或和就是异或前缀和

那么对于这个题，先处理一下前缀异或和。再去枚举每一位的贡献，变量，贡献

区间所以枚举左端点起点从开始，变量，吧当前异或前缀和左端点位为1，次数这个加一。

而右端点处需要和左端点异或为1，变量转换一下就算左端点异或1即可。有效区间累加左端点是奇偶性要和右端点一致的方法数。

还要注意如果越过最大长度也就是区间整的比大了，因为当前已经计算过了，下次计算应该把第一次进的左端点次数减掉。

）看代码把，我觉得代码比思路好懂……对于本菜鸡来说是这样

#include <bits/stdc++.h>
#pragma GCC optimize(2)
#pragma GCC optimize(3)
using namespace std;
#define js ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0); cout.tie(0)
#define int long long
typedef long long ll;
const ll MOD = 1e9 + 7;
inline ll read() { ll s = 0, w = 1; char ch = getchar(); while (ch < 48 || ch > 57) { if (ch == '-') w = -1; ch = getchar(); }    while (ch >= 48 && ch <= 57) s = (s << 1) + (s << 3) + (ch ^ 48), ch = getchar();    return s * w; }
inline void write(ll x) { if (!x) { putchar('0'); return; } char F[200]; ll tmp = x > 0 ? x : -x; if (x < 0)putchar('-');    int cnt = 0;    while (tmp > 0) { F[cnt++] = tmp % 10 + '0';        tmp /= 10; }    while (cnt > 0)putchar(F[--cnt]); }
inline ll gcd(ll x, ll y) { return y ? gcd(y, x % y) : x; }
ll qpow(ll a, ll b) { ll ans = 1;    while (b) { if (b & 1)    ans *= a;        b >>= 1;        a *= a; }    return ans; }    ll qpow(ll a, ll b, ll mod) { ll ans = 1; while (b) { if (b & 1)(ans *= a) %= mod; b >>= 1; (a *= a) %= mod; }return ans % mod; }
inline int lowbit(int x) { return x & (-x); }

const int N = 1e5 + 7;
int dp[2][2];
int a[N];

signed main() {
    int n = read(), l = read(), r = read();
    if (l & 1)    ++l;
    if (r & 1)    --r;
    if (l > r)    return write(0), 0; //[7,7] 不存在这样区间
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        a[i] = read();
        a[i] ^= a[i - 1]; //异或前缀和
    }
    int ans = 0;
    for (int i = 0; i < 32; ++i) {
        int tmp = 1ll << i;
        memset(dp, 0, sizeof(dp)); //注意清空
        int sum = 0;
        for (int j = l; j <= n; ++j) {
            ++dp[(a[j - l] >> i) & 1][(j - l) & 1]; //左端点该位贡献为1/0的并且奇偶分一下的方法数+1
            sum = (sum + dp[((a[j] >> i) & 1) ^ 1][j & 1]) % MOD; //异或为1，左端点已知
            if (j >= r)    --dp[(a[j - r] >> i) & 1][(j - r) & 1]; //最大长度比r大了，下次算r+1应该减掉左端点了
        }
        ans = (ans + tmp * sum % MOD) % MOD;
    }
    write(ans), putchar(10);
    return 0;
}