大致题意： 给你一个序列\(a\)，让你求出最长的一个子序列\(b\)满足\(b_i\&b_{i-1}!=0\)。
位运算+\(DP\)
考虑设\(f_i\)表示以第\(i\)个数为结尾所能得到的合法子序列的最长长度。
则一个数能从另一个数那里转移，当且仅当这两个数按位与的值不为\(0\)。
考虑按位与的值不为\(0\)，实际意义就是二进制下存在至少一位上这两个数都是\(1\)。
那么，我们可以枚举两个位置，然后枚举二进制下一位判断是否可以转移。
这样就可以轻松得出一个复杂度比暴力还劣的\(O(n^2log\ a_i)\)的解法。
实际上，在刚才的转移中其实有许多无意义转移。
则我们需要知道，怎样的转移是有意义的。
假设有\(l,r(1\le l<r\le n)\)满足\(a_l\)与\(a_r\)二进制下第\(j\)位上都为\(1\)。
则根据前面的转移，\(r\)必然可以由\(l\)转移，则\(f_r\)至少为\(f_l+1\)，简而言之就是\(f_r>f_l\)。
也就是说，对于二进制下第\(k\)位为\(1\)的任何的位置\(i\)（\(i>r\)），从\(l\)转移显然是无意义的。
其实，对于每一个\(j\)，只有从二进制下这一位为\(1\)的最靠右的位置转移才是有意义的。
因此，我们设\(g_j\)表示二进制下第\(j\)位为\(1\)的最右位置，转移方程即为（转移时要满足\(a_i\)二进制下第\(j\)位为\(1\)）：
\[f_i=max_{j=1}^{30}f_{g_j}+1\]
转移完之后，我们再次枚举每一个满足\(a_i\)二进制下第\(j\)位为\(1\)的\(j\)，然后更新\(g_j=i\)即可。
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define Con const
#define CI Con int&
#define I inline
#define W while
#define N 100000
#define Gmax(x,y) (x<(y)&&(x=(y)))
using namespace std;
int n,a[N+5],f[N+5],g[N+5];
int main()
{
RI i,j,ans=0;for(scanf("%d",&n),i=1;i<=n;++i) scanf("%d",a+i);
for(i=1;i<=n;++i)
{
for(j=30;~j;--j) a[i]>>j&1&&Gmax(f[i],f[g[j]]);++f[i];//转移
for(j=30;~j;--j) a[i]>>j&1&&(g[j]=i);Gmax(ans,f[i]);//更新
}return printf("%d",ans),0;//输出答案
}