我们可以把问题简化为逐位分析每个二进制位对最终异或和的贡献，因为异或运算的每一位是独立的，且加法在二进制下每一位的贡献可以单独计算。具体步骤如下：

$1$ . 统计每一位的出现次数

首先，对于数组中的每个数，我们观察它的每一个二进制位（从第 $0$ 位，即最低位开始，到第 $29$ 位，这里处理到 $30$ 位足够）。 定义 $cnt[i]$ 为数组中所有数的第 $i$ 位是 $1$ 的数的个数。 例如，数组 $[3, 5]$（二进制是 $11$ 和 $101$），第 $0$ 位的 $cnt[0]$ 是 $1$（只有 $3$ 的第 $0$ 位是 $1$），第 $1$ 位的 $cnt[1]$ 是 $0$，第 $2$ 位的 $cnt[2]$ 是 2（两个数的第 $2$ 位都是 $1$）。

$2$. 对每个数计算异或和的贡献

对于数组中的每一个数 $a[k]$，我们逐位分析它与数组中所有数的异或结果对总和的贡献： 假设当前分析第 $i$ 位： 如果 $a[k]$ 的第 $i$ 位是 $0$： 当它与其他数 $a[j]$ 异或时，第 $i$ 位为 $1$ 的条件是 $a[j]$ 的第 $i$ 位是 $1$（因为 $0⊕1=1$）。 这样的 $a[j]$ 共有 $cnt[i]$ 个，每个这样的异或结果在第 $i$ 位贡献 $1$，对应的数值贡献是 $cnt[i] × (1 << i)$（因为第 $i$ 位的权重是 $2^i$）。 如果 $a[k]$ 的第 $i$ 位是 $1$： 当它与其他数 $a[j]$ 异或时，第 $i$ 位为 $1$ 的条件是 $a[j]$ 的第 $i$ 位是 $0$（因为 $1⊕0=1$）。 这样的 $a[j]$ 共有 $n - cnt[i]$ 个（总共有 n 个数，减去第 $i$ 位是 $1$ 的 $cnt[i]$ 个），对应的数值贡献是 $(n - cnt[i]) × (1 << i)$。

$3$. 累加每一位的贡献得到总和

对每个数 $a[k]$，遍历所有 $30$ 位（$0$ 到 $29$），根据上述规则计算每一位的贡献并累加，得到这个数与所有数的异或和。最后找出所有数中最大的异或和即可。

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

void solve() {
    int n; cin >> n;
    int arr[n+1];
    vector<int> cnt(30, 0);
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        cin >> arr[i];
        for (int j = 0; j < 30; j++) {
            cnt[j] += ((arr[i] >> j) & 1);
        }
    }
    int ans = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        int tot = 0;
        for (int j = 0; j < 30; j++) {
            bool f = ((arr[i] >> j) & 1);
            if (f) tot += (1 << j) * (n - cnt[j]);
            else tot += (1 << j) * cnt[j];
        }
        ans = max(ans, tot);
    }
    cout << ans << "\n";
}

signed main() {
    solve();
    return 0;
}