不知道是怎么想到的。ntf 实在是不平凡的。/bx/bx/bx
你考虑如何判断一个序列是 \(\text{good}\) 的。设重排后序列 \(t_i\) 前缀 \([1,i]\) 和后缀 \([n-i+1,n]\) 按位或等于 \(w_1\)，\([1,i+1]\) 和 \([n-i,n]\) 按位或等于 \(w_2\)。不难发现 \(w_1\subseteq w_2\)，这说明 \(w_2\) 和 \(w_1\) 的对称差对应的那些位上，\(t_{i+1}\) 和 \(t_{n-i}\) 均为 \(1\)。于是扔掉顺序，就变成了 \(b_i\) 里面任取两个数 \(x,y\)，令 \(x',y'\) 为它们去掉当前按位或值 \(V\) 是 \(1\) 的位的值，那么 \(x'=y'\)，再将 \(V\gets V\text{or}\ x'\)。
合法的序列一定会判断合法，因为每步中满足条件的 \(x,y\)，如果它们没有被选，那么接下来选数时 \(x,y\) 仍然合法。并且一定可以从一个不合法的序列中拆出一个合法的子序列，而且去掉这个子序列的或和为 \(1\) 的位之后，剩下来的数互不相同。
为了避免算重，如果剩下的数中有 \(0\)，我们将其算进合法子序列内。
然后就可以数数了。设 \(dp_{i,j}\) 为长度为 \(i\)，按位或的 \(\text{popcount}\) 为 \(j\) 的不合法序列的方案数。答案枚举 \(j\) 求和即可。每次转移就枚举其合法子序列的长度以及值域（因为合法子序列的或值上的 \(1\) 可以全部去除），显然：
其中 \(g_{i,j}\) 表示长度 \(i\)，值域 \([0,2^j)\) 的序列，按位或和为 \(2^j-1\) 的序列个数。\(f_{i,j}\) 表示长度 \(i\)，值域 \([1,2^j)\) 的序列，每个位置上的值互不相同，按位或和为 \(2^j-1\) 的序列个数。\(g_{p,q}-dp_{p,q}\) 就是合法子序列的个数，然后任取 \(p\) 个位置和 \(q\) 个二进制位。最后要求 \(i-p\) 个数要互不相同，而且对于 \(V\) 为 \(1\) 的位，不合法的部分的数可以任选，所以乘上 \(2^{(i-p)q}\)。
至于如何计算 \(f,g\)，根据二项式反演（钦定一些位为 \(1\)）：
做完了，复杂度 \(O(n^2k^2)\)。
upd : 详细证一下最后那个式子。
考虑计算 \(g\)，首先令 \(t_{i,j}\) 为长度 \(i\)，值域 \(2^{j}-1\) 随便选的方案。显然 \(t_{i,j}=2^{ij}\)。
考虑选出 \(k\) 位，使得或起来后这些位为 \(1\)，其它全是 \(0\)。去掉其它位后，只剩 \(k\) 位，所以方案数就是 \(g_{i,k}\)。
那么枚举 \(k\)：
其实本质是容斥，二项式反演即可。\(f\) 同理。