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题意：

给你一个序列a，对于数$a_i$，将其写成任意$a_i$个连续的数，记第$a_i$组数的和为$sum_i$，现要你找出所有的$sum_i$的组合，使每个组合中的sum的和为0。

思路：

经过推理，不难发现： 对于$a_i$为偶数的情况，它的贡献为$a_i/2+a_i*k$，k为任意整数，下同； 对于$a_i$为奇数的情况，它的贡献为$a_i*k$。 同时，我们也可以得出第一个重要结论：当选取的$a_i$全为奇数时，一定合法。 继续推理可得出下一个结论：**当选取的$a_i$至少有一个奇数时，一定合法。*,证明如下： 记我们选取的数的集合为$b_1,b_2,b_3......b_m$，且其中存在x个奇数，要证明选取的数合法， 即证明：$(b_{x+1}+b_{x+2}+......+b_{m})/2$=$b_1*k_1+b_2*k_2+......b_m*k_m$这个式子成立 而等式右边的式子又可以等价于：gcd($b_1,b_2......,b_m$)*k，这一步不多做阐述， 即要证明：$(b_{x+1}+b_{x+2}+......+b_{m})/2$=gcd($b_1,b_2......,b_m$)*k， 记S = $(b_{x+1}+b_{x+2}+......+b_{m})$ 即证明：gcd($b_1,b_2......,b_m$) | S/2 易得：gcd($b_1,b_2......,b_m$) | S且由于$b_1到b_m$中存在奇数，因而gcd($b_1,b_2......,b_m$) 一定不能整除2，所以gcd($b_1,b_2......,b_m$) | S/2一定成立， 证毕。 接下来看全为偶数的情况，先说结论：我们将所有的偶数写为$2^k*c$的形式，则选取的序列满足其中k值最小的数为偶数时，就合法。 证明如下： 同样是上面的那个式子：gcd($b_1,b_2......,b_m$) | S/2，现在b序列全为偶数，将其中每个数都写为$2^k*c$的形式，设最小的k为$k_{min}$，把gcd($b_1,b_2......,b_m$)也写为上述形式，则其等于$2^{k_{min}}*x$,且x一定为奇数，不难得出x | S/2，现在只需要证明：$2^{k_{min}}$ | S/2，我们将S/2拆成序列的形式来看就是：{$b_1/2+b_2/2+...+b_m2$}，在这个除以2之后的序列中，原来刚好包含$2^{k_{min}}$的数都变为了包含$2^{k_{min-1}}$的数，而如果这些的个数为奇数，那么再让其除以$2^{k_{min}}$则会出现小数，而如果个数为偶数，那么就可以让每两个$2^{k_{min-1}}$合并为一个$2^{k_{min}}$，即：选取的序列满足其中k值最小的数为偶数时，就合法。 证毕。 最后的答案就用上面的结论即可得出。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const ll mod = 1e9+7;
ll qpow(ll a, ll b)
{
	ll res = 1;
	while(b)
	{
		if(b&1)res = res*a%mod;
		b = b>>1;
		a = a*a%mod;
	}
	return res;
}
int sum[40];
ll a[200010];
ll suf[40]; 
int main()
{
	int n;
	cin>>n;
	ll even = 0,odd = 0;
	for(int i = 1; i <= n; i++)
	{
		cin>>a[i];
		if(a[i]%2)odd++;
		else even++;
		if(a[i]%2==0)
		{
			int k = 0;
			ll now = a[i];
			while(now%2==0)
			{
				now/=2;
				k++;
			}
			sum[k]++;
		}
	}
	for(int i = 31; i >= 1; i--)
	{
		suf[i] = suf[i+1]+sum[i];
	}
	ll ans = qpow(2,n)+mod-qpow(2,even);
	ans%=mod;
	for(int i = 1; i <= 31; i++)
	{
		if(sum[i])
		{
			ans += (qpow(2,sum[i]-1)-1)*qpow(2,suf[i+1]);
			ans%=mod;
		}
	}
	cout<<ans%mod<<endl;
}