结论：将序列\(A\)中的数插入线性基，线性基的每个组合在映射\(f\)中出现次数相同

证明：设序列\(A\)中插入成功的数的个数为\(k\)，记它们的下标组成的集合为\(S_1\)，记\(S_1\)在\(S\)中的补集为\(S_2\)。可以发现，对于\(S_2\)的任意子集\(T_2\)，必然存在唯一对应的线性基组合，因此存在唯一的\(T_1\in S_1\)，使\(f(T_1\cup T_2)=0\)。考虑线性基的任意一个组合，设它的异或和为\(x\)。该组合必然对应着\(S_1\)的一个唯一子集\(A\)，满足\(f(A)=x\)。我们任取\(S_2\)的一个子集\(B\)。由上文，可以找到唯一的集合\(C\in S_1\)，使\(f(B\cup C)=0\)。这样，我们就可以找到\(f((A\Delta C)\cup B)=x\)。集合\(B\)共有\(2^{n-k}\)种选法，说明满足\(f(T)=x\)的\(T\)至少有\(2^{n-k}\)个。又因为线性基的不同组合有\(2^k\)种，\(S\)的不同子集共有\(2^n\)个，\(2^n=2^k\times2^{n-k}\)，所以线性基的每一个组合在映射\(f\)中出现次数相同，均为\(2^{n-k}\)。

有了结论以后，我们可以对每个询问的数找到线性基中小于该数的组合个数，乘以\(2^{n-k}\)并加\(1\)即可。

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int maxn = 1e5 + 10, mod = 10086;

int n, q, cnt, ans;
int bs[30];

void insert(int x) {
    for (int i = 29; i >= 0; --i) {
        if (!(x >> i & 1)) continue;
        if (!bs[i]) {
            bs[i] = x;
            return;
        }
        x ^= bs[i];
    }
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    cin >> n;
    for (int i = 1, x; i <= n; ++i) cin >> x, insert(x);
    cin >> q;
    for (int i = 0; i < 30; ++i) {
        if (bs[i]) {
            if (q >> i & 1) ans = (ans + (1 << cnt)) % mod;
            ++cnt;
        }
    }
    for (int i = 1; i <= n - cnt; ++i) ans = ans * 2 % mod;
    cout << ans + 1 << "\n";
    return 0;
}