看到这么多位运算，拆位考虑。
对于\(f(a,b)\)的一位，要么是0，要么是1。
该位是1，说明有某种\(b\)的排列，使得该位上\(a_i \oplus b_i\)均为1。（因为\(\&\)的结果是1，说明全都是1）。
那么我们要优先满足哪一位为1呢？
一个直接的想法是优先满足高位为1，因为\(2^k > 2^{k-1}+2^{k-1}+...+2^1+2^0\)，当前位如果可以为1，那么令它为1肯定严格优于让低位为1的任何方案（让低位为1的任何方案最大就是全都都是1，但是这也更小）。
然后发现有的位是无法为1的，只有a中0和1的个数刚好等于b中1和0的个数时，这一位才可能为1。
首先找到最高的可以为1的位\(k\)，上面证明了，这样子的方案一定是最优解。
然后考虑后面的位，类似的，我们也尽量让每一位都为1。但是这样有一个问题：\(k\)位为1的约束，限制了\(a\)和\(b\)之间的匹配。
一开始（求\(k\)的时候），\(a\)和\(b\)可以任意匹配。
然后，\(a\)中所有第\(k\)位是0的可以和\(b\)中所有第\(k\)位是1的排列，\(a\)中所有第\(k\)位是1的可以和\(b\)中所有第\(k\)位是0的排列。也就是说，原集合分裂成了两个子集。直接对这两个子集操作，也是\(O(n)\)的。
类似的，每次对于一个可以排列的\(a,b\)的集合计算贡献之后，都会让它分成两个子集，为了保证复杂度严格\(O(n)\)，要把空集特判掉。
具体实现可以记录下标。