思路

一次插入只会发生在某个原始间隙 $i$（$a_i$ 与 $a_{i+1}$ 之间）内部：新元素插进这条间隙后，后续操作可以继续作用在这条间隙里的相邻元素上，而不同间隙之间互不影响。因此只需分别求出每一对相邻数 $(x,y)$ 能生成哪些新值，再把这些生成值和原数组元素一起放进 set 去重，set 的大小就是答案。

下面说明一对 $(x,y)$ 最多只能生成 $8$ 个不同的值。与、或、异或都是按位独立运算，所以生成的每个数都是 $x,y$ 的某个按位表达式；又因为

$$x\lor y=x\oplus y\oplus(x\land y),$$

或运算可以由异或和与表示，于是所有能生成的数都是不含常数项的多重线性多项式，只有以下 $8$ 种可能：

$$0,\quad x,\quad y,\quad x\land y,\quad x\oplus y,\quad x\lor y,\quad x\land(y\oplus x),\quad y\land(x\oplus y)$$

其中 $x\land(y\oplus x)$ 取出"$x$ 为 $1$ 而 $y$ 为 $0$"的那些位，$y\land(x\oplus y)$ 取出"$y$ 为 $1$ 而 $x$ 为 $0$"的那些位，$0$ 对应 $x\oplus x$。

所以对每个间隙做一次 DFS 枚举即可：dfs(l, r, c) 表示对相邻的 $l,r$ 执行第 $c$ 种操作（$1$ 异或、$2$ 与、$3$ 或），算出结果 $t$ 后插入集合；若 $t$ 与 $l$ 或 $r$ 相等，说明插入的是重复值，不会产生新的相邻关系，直接剪枝返回；否则继续对 $(l,t)$ 和 $(t,r)$ 递归。

递归时的扩展方式需要注意：只有异或操作可以"向左扩展"，即继续对 $(l,t)$ 做异或；而 dfs(t,r,1) 相当于用异或做逆运算，不属于合法的插入操作，因此不做。与、或操作则对左右两侧都继续扩展。

候选值最多 $8$ 个，每个间隙的搜索规模是常数，所以整体规模只与输入长度线性相关。

时间复杂度 $O(n)$，空间复杂度 $O(n)$（set 中存答案）。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;

int n;
set<int>s;   // 所有出现过的数（原数组元素 + 插入生成的值）

// l:左边的数  r:右边的数  c:操作类型 1:异或 2:与 3:或
void dfs(int l,int r, int c){
    int t = 0;
    if(c==1){t = l^r;}
    else if(c==2){t = l&r;}
    else{t = l|r;}

    s.insert(t);              // 记录新生成的值
    if(t==l or t==r){return;} // 新插入的数和原来的数相等，不会产生新的相邻关系，剪枝

    if(c!=1){// 不是异或操作时，还可以继续对它做异或扩展
        dfs(l,t,1);
        // 不能 dfs(t,r,1)，那样相当于做异或的逆运算，不是合法插入
    }
    // 继续扩展与和或操作
    dfs(l,t,2);
    dfs(t,r,3);
}

void go(){
    cin>>n;
    vector<int>a(n+1,0);

    for(int i=1;i<=n;i++){
        cin>>a[i];
        s.insert(a[i]);       // 原数组元素本身也算
    }

    for(int i=1;i<n;i++){
        for(int j=1;j<=3;j++){// 枚举相邻两个数之间的三种操作
            dfs(a[i], a[i+1], j);
        }
    }

    cout<<s.size()<<endl;     // 去重后的个数就是答案
}

signed main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);cout.tie(nullptr);
    int t=1;
    // 本题只有一组数据，不需要读入测试组数
    while(t--){
        go();
    }
    return 0;
}