传送门

解析：

这道题虽然说容斥和分治的复杂度都是 $O(n)$套 $log$，但是容斥要处理二进制位，套的 $log$是值域的 $log$，而分治只有 $O(logn)$，所以分治实际上是要比容斥快很多的。（也就快了大概一倍吧）

思路：

考虑每次处理 $<l,r>$，选择出一个分治中心 $mid$，然后处理左端点在 $<l,mid>$中，右端点在 $<mid+1,r>$中的所有情况，然后递归处理 $<l,mid>$和 $<mid+1,r>$两个区间，显然这样是不重不漏的。

考虑这道题直接统计合法的方案数不太现实，所以转换一下，统计不合法的方案数，反正总方案数是 $n^2/2$，但是显然左右端点重合的情况不可能合法，所以直接总方案数是 $n\times(n-1)/2$，然后分治下去。

首先位或和 $max$这两个操作都满足区间加法，那么处理所有点到分治中心的运算结果前缀和，那么需要查询某个区间（横跨分治中心）的时候就可以直接 $O(1)$了
考虑处理每一个 $l\leq i \leq mid$的位置 $i$，在 $<mid+1,r>$中有多少个合法的右端点。

接下来是我们每次分治做到 $O(n)$的关键，解的单调性的证明。
首先所有前缀（后缀）位或和以及区间 $max$都是单调不减的。

显然对于任意区间 $<i,j>$，都有 $g_{i,j}\geq f_{i,j}$，所以不合法的情况只有 $g_{i,j}=f_{i,j}$。

首先，如果一个区间满足上述性质，则对于它某个端点到分治中心（不妨假设是左端点）必然有 $f_{i,mid}=g_{i,mid}$，即它的左部分本身就不是一个合法区间。证明十分显然，因为现在考虑的是以当前左端点为最大值。

然后我们一直右移右端点 $j$直到下一个位置越界或者变得合法。

那么 $<mid+1,j>$中的所有端点都可以作为当前不合法区间的右端点。

证明很简单，由于我们右移的策略就是新增的 $j$的两个运算不会影响原来的运算结果，并且远离分治中心的结果是单调的，所以解也是单调的。

注意处理右半边的时候不能考虑最大值相等的情况，因为相等的情况在左半部分已经考虑过了。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define re register
#define gc getchar
#define pc putchar
#define cs const

inline int getint(){
	re int num;
	re char c;
	while(!isdigit(c=gc()));num=c^48;
	while(isdigit(c=gc()))num=(num<<1)+(num<<3)+(c^48);
	return num;
}

cs int N=1000006;
int f[N],g[N],s[N];

ll ans;
inline void solve(int l,int r){
	if(l==r)return ;
	int mid=(l+r)>>1;
	solve(l,mid);solve(mid+1,r);
	
	f[mid]=g[mid]=s[mid];
	for(int re i=mid-1;i>=l;--i){
		f[i]=max(f[i+1],s[i]);
		g[i]=g[i+1]|s[i];
	}
	f[mid+1]=g[mid+1]=s[mid+1];
	for(int re i=mid+2;i<=r;++i){
		f[i]=max(f[i-1],s[i]);
		g[i]=g[i-1]|s[i];
	}
	for(int re i=mid,j=mid;i>=l;--i)
	if(f[i]==g[i]){
		while(j<r&&f[j+1]<=f[i]&&(g[i]|g[j+1])==g[i])++j;
		ans-=j-mid;
	}
	for(int re i=mid+1,j=mid+1;i<=r;++i)
	if(f[i]==g[i]){
		while(j>l&&f[j-1]<f[i]&&(g[i]|g[j-1])==g[i])--j;
		ans-=mid-j+1;
	}
}

int n;
signed main(){
	n=getint();
	for(int re i=1;i<=n;++i)s[i]=getint();
	ans=(ll)n*(n-1)/2;
	solve(1,n);
	cout<<ans;
	return 0;
}