非常好的一道题，不过前半部分的逻辑推理比较难理解，这很博弈
由于或运算是有\(1\)就为\(1\)，因此我们对于一对数\((a,b)\)，我们不需要看\(a|b\)中为\(0\)的那些位，因此我们只需要考虑\(a|b\)全\(1\)的情况即可
我们考虑一下如果\(Alice\)说"我不知道"说明什么？说明在\(a\)和\(b\)的二进制表示下，\(a\)最高位为\(1\)。否则如果\(a\)最高位为\(0\)，则\(b\)最高位一定为\(1\)，因此\(Alice\)一定可以推断出\(a < b\)
同理的，在第二轮\(Bob\)这里如果\(b\)的最高位为\(0\)，那他可以直接推断出\(a > b\)，因此如果\(Bob\)说"我不知道"说明\(b\)的最高位也为\(1\)。但是我们还要多考虑一点，如果\(b\)的最高位为\(1\)但次高位为\(0\)，那\(Bob\)也可以推断出\(a > b\)，因为\(b\)的次高位为\(0\)就说明\(a\)的次高位一定为\(1\)，也可以推断\(a > b\)。因此如果\(Bob\)说"我不知道"，就把\(b\)的最高位和次高位都为\(1\)的信息告诉了\(Alice\)
第三轮同理，\(Alice\)也可以判断\(a,b\)的大小关系，或通过说"不知道"来告诉\(Bob\) \(a\)的次高位和次次高位为\(1\)……如此反复，直到一个人找到一位使得\(a,b\)中有一个数为\(0\)，或判断\(a=b\)
在发现这样的逻辑后，我们就可以通过\(a\)和\(b\)对每一位二进制枚举来求出操作轮数。
\[\begin{cases} a=b & popcnt(a)+1 \\ a<b & x + [x \mod 2 = 0] \\ a>b & x + [x \mod 2 = 1] \\ \end{cases} \]其中\(x\)表示\(a\ and\ b\)在二进制下最高位\(0\)的位置(肯定是不算前导\(0\)的)，\(popcnt(x)\)表示\(x\)二进制下\(1\)的个数
于是我们就可以得到一个\(O(n^2 \log V)\)的一个做法：暴力枚举选哪两个数，然后在对他们的二进制暴力找到\(x\)
方法1：\(01trie\)
显然看到二进制的题我们首先能想到\(01trie\)这个东西
我们把所有的数都加入\(01trie\)中，枚举一个数\(s_i\)作为被选择的\(a\)，然后看有多少个\(b\)满足\(b<a\)，然后计算答案即可
方法2: 分治
对于二进制按位贪心的题我们也可以考虑分治。与其说是分治，不如说是一种\(01trie\)，但他的特点是没有把树真正的建出来，而是用递归树来代替
我们对于所有的\(s_i\)从高位往低位考虑，对于当前这一位，我们把它分成这一位为\(0\)和\(1\)的部分，分别递归计算贡献，在合并的时候这一位为\(0\)的显然能对为\(1\)的产生贡献
最后再除以总方案数极为要求的答案
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