题解：CF2066C Bitwise Slides-优快云博客

首先考虑暴力的转移，当枚举到第 $i$ 个数时，我们尝试将之前所有的有效状态的 $P, Q, R$ 均与 $a_i$ 尝试去异或，然后检测合法性。于是就有：

la[{0,0,0}] = 1;
for (int i = 1;i <= n;++i)
{
	for (auto item : la)
	{
		node v = item.first;
		int x = v.p,y = v.q,z = v.r;
		if (y == z || (x ^ a[i]) == y || (x ^ a[i]) == z) dp[{x ^ a[i],y,z}] += la[v];
		if (x == z || (y ^ a[i]) == x || (y ^ a[i]) == z) dp[{x,y ^ a[i],z}] += la[v];
		if (x == y || (z ^ a[i]) == x || (z ^ a[i]) == y) dp[{x,y,z ^ a[i]}] += la[v];
	}
	for (auto item : dp) dp[item.first] %= MOD;
	la.clear ();la = dp;dp.clear ();
}

但这样显然会有很多冗余的转移以及判断，考虑异或的性质去优化。

回顾一下题面，对于一个数字只能选择 $P, Q, R$ 中的一个去异或，那么处理完 $a_i$ 后， $\oplus Q \oplus R = \oplus _{j = 1}^i a_j = p_i$ 。由于 $P, Q, R$ 不能两两互异，此时设 $(P, Q, R)$ 中相同的数为 $x$ ，由于 $\oplus y \oplus y = x$ ，故可能的有效状态为 $x,x,p_i),(x,p_i,x),(p_i,x,x)$ 中的一个。

设 $dp_{i,x}$ 表示在处理第 $i$ 个数后相同的数为 $x$ 的方案数。则 $x,x,p_i)$ 的上一个状态可能为 $\oplus a_i,x,p_i)$ 或 $(x,x,pi⊕ai)(x,x,p_i \oplus a_i)$ 。

上一个状态为 $\oplus a_i,x,p_i)$

由于要保证状态的合法性，需要分类讨论具体是哪两个数相同：
1. $\oplus a_i = x \Rightarrow a_i = 0$ ，与题干矛盾，故不可能成立。
2. $\oplus a_i = p_i \Rightarrow x = p_{i - 1}$ ，此时转移方程为 $dp_{i,x} = dp_{i,p_{i - 1}} = dp_{i-1,p_i}$ 。
3. $x = p_i$ ，此时转移方程为 $dp_{i,x} = dp_{i,p_i} = dp_{i - 1,p_i}$
上一个状态为 $(x,x,pi⊕ai)(x,x,p_i \oplus a_i)$

显然，转移方程为 $dp_{i,x} = dp_{i - 1,x}$ 。

通过观察可以发现， $dpi,x←dpi−1,xdp_{i,x} \leftarrow dp_{i - 1,x}$ 不成立当且仅当 $x = p_{i - 1}$ 的情况，其余直接继承。最终状态为 $x,x,p_i)$ ，代入 $x$ 后是 $p_{i - 1},p_{i - 1},p_i)$ 。由 $p_{i - 1},p_{i - 1},p_{i - 1})$ 转移共有三种方式，而由 $p_{i - 1},p_i,p_i)$ 转移共有两种方式。同时，可以发现可以利用滚动数组优化，因此可以有：

$dp_{p_{i - 1}} = 2 \times dp_{p_i} + 3 \times dp_{p_{i - 1}}$

当然，初始条件为 $dp_{0} = 1$ 。数字过大，离散化或者直接用 map 即可。代码如下：

#include <bits/stdc++.h>
#define init(x) memset (x,0,sizeof (x))
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
const int MAX = 2e5 + 5;
const int MOD = 1e9 + 7;
inline int read ();
int t,n,a[MAX],p[MAX];ll ans;
map <int,ll> dp;
int main ()
{
	//freopen (".in","r",stdin);
	//freopen (".out","w",stdout);
	t = read ();
	while (t--)
	{
		n = read ();ans = 0;dp.clear ();
		for (int i = 1;i <= n;++i) a[i] = read (),p[i] = p[i - 1] ^ a[i];
		dp[0] = 1;
		for (int i = 1;i <= n;++i) dp[p[i - 1]] = (dp[p[i]] * 2 + dp[p[i - 1]] * 3) % MOD;
		for (auto item : dp) ans = (ans + item.second) % MOD;
		printf ("%lld\n",ans);
	} 
	return 0;
}
inline int read ()
{
    int s = 0;int f = 1;
    char ch = getchar ();
    while ((ch < '0' || ch > '9') && ch != EOF)
	{
        if (ch == '-') f = -1;
        ch = getchar ();
    }
    while (ch >= '0' && ch <= '9')
	{
        s = s * 10 + ch - '0';
        ch = getchar ();
    }
    return s * f;
}