直接做不是很好下手，考虑找些性质。
有一个比较显然的贪心，就是按位从高到低的考虑，如果当前位至少有 \(2\) 个 \(0\)，就可以去掉该位为 \(1\) 的数。但是时间上显然是不行的。
假如没有重复的数，可以发现扫到最后一位时，剩下的数的数量是 \(\log V\) 的，证明省去。
于是我们就可以大胆的猜一个结论：对答案可能会产生贡献的数不超过 \(1+\log V\) 个，且一定是最小的 \(1+\log V\) 个。
最小是显然的。\(\log V\) 可以通过刚刚的贪心感性理解一下，严谨的证明可以使用数学归纳法。不妨令 \(V=\max\{a_i\}=2^k\)。
显然，\(k=1\) 时是成立的。
考虑 \(k>1\) 的情况。
若第 \(k\) 位有 \(\ge 2\) 个 \(0\)，那么这一位最后肯定为 \(0\)，即在前 \(k\) 位中找 \(\min\)，也就是 \(k-1\) 个数。
若第 \(k\) 位没有 \(0\)，那这一位一定是一，第 \(k\) 位已经没有影响，还是 \(k\) 个数。
否则，考虑前 \(k-1\) 位时可能不需要第 \(k\) 位为 \(0\) 的数，故 \(k+1\) 个数。
所以我们只需求出区间的前 \(\min(31,r-l+1)\) 小的所有数，然后暴力求解即可，求出这些数可以用线段树。
时间复杂度：\(\mathcal{O}(q\log n\log V+q\log^2V)\)