黄金定律：给定序列求答案，但答案与序列顺序无关的题目，要么考虑把序列转权值序列，要么对序列排序。
二进制题按大小排序看起来就没啥用，那就转成权值序列。即，设 \(c(i)\) 表示 \(i\) 在 \(a\) 中的出现次数。同时设 \(V\) 为 \(a\) 的值域。
然后直接算发现不是很好算。考虑容斥计算。
设 \(g(x)\) 为 \(a\) 中为 \(x\) 超集的元素个数，即 \(g(x) = \sum_{i \supseteq x} c(i)\)。sosdp 板子解决。
设 \(f(x)\) 为 \(a\) 中，满足这个条件的子序列个数：该子序列中所有数 & 起来的值为 \(x\) 的超集。
我们发现，这样的子序列中，里面每个数必须都是 \(x\) 的超集，否则 & 起来之后 \(x\) 中的 1 位势必会有丢失，无法是 \(x\) 的超集。
换句话说，这个子序列必须从 \(g(x)\) 个数里选。
然后考虑怎么选。发现只要保证每个数都是 \(x\) 的超集，那么 & 起来之后 \(x\) 中的 1 位肯定不会丢，一定是 \(x\) 的超集。
所以选法是任意的，只要非空即可。在 \(g(x)\) 中任意选非零个数，选法自然是 \(2^{g(x)} - 1\)。
所以，\(f(x) = 2^{g(x)} - 1\)。
答案要求的是 & 起来为 \(0\) 的元素个数。
我们将满足这个条件的子序列称作满足第 \(i\) 个属性：该子序列中所有数 & 起来的值的二进制第 \(i\) 位为 \(1\)。
我们发现，比如同时满足 \(i_1\)，\(i_2\)，\(i_3\) 三个属性的子序列数量就对应了 \(f(2^{i_1} \operatorname{or} 2^{i_2} \operatorname{or} 2^{i_3})\)。
那我们要统计的就是不满足任意属性的子序列数量。
根据容斥原理可以得到答案为 \(\sum_{x = 0}^{V} f(x) \times -1^{\operatorname{popcount}(x)}\)。
时间复杂度 \(\Theta(n + V \log V)\)。
/*
* @Author: crab-in-the-northeast
* @Date: 2023-04-18 19:02:58
* @Last Modified by: crab-in-the-northeast
* @Last Modified time: 2023-04-18 19:23:43
*/
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
inline int read() {
int x = 0;
bool f = true;
char ch = getchar();
for (; !isdigit(ch); ch = getchar())
if (ch == '-')
f = false;
for (; isdigit(ch); ch = getchar())
x = (x << 1) + (x << 3) + ch - '0';
return f ? x : (~(x - 1));
}
const int mod = (int)1e9 + 7;
const int lg = 20;
int g[(1 << lg) + 5], pw2[(1 << lg) + 5];
signed main() {
int n = read();
for (int i = 1; i <= n; ++i)
++g[read()];
pw2[0] = 1;
for (int i = 1; i < (1 << lg); ++i)
pw2[i] = pw2[i - 1] * 2 % mod;
for (int j = 0; j < lg; ++j) {
for (int i = (1 << lg) - 1; ~i; --i) {
if ((i & (1 << j)) == 0) {
int lst = i ^ (1 << j);
(g[i] += g[lst]) %= mod;
}
}
}
int ans = 0;
for (int x = 0; x < (1 << lg); ++x) {
(ans += (pw2[g[x]] - 1) * (__builtin_parityll(x) ? -1 : 1) + mod) %= mod;
}
printf("%lld\n", ans);
return 0;
}