我們將\(x++\)，從而最終的答案一定是要小於\(x\)的，也就一定要有一位不同
我們從高位到低位列舉最高的一位與\(x\)不同的位置\(i\)（也就是說，認為第\(i+1\)位到最高位都與\(x\)相同，但第\(i\)位不同）
我們先考慮更高位置如何相同
如果更高位置為\(0\)，那麼那一位必須只能有偶數個\(1\)（否則無論怎麼分組，最終這一位都是\(1\)），為了讓組數最多，我們考慮每兩個相鄰\(1\)及其中間的\(0\)分為一組；我們從高到低地對每一位進行程式碼的分組，根據決策包容性，我們一定不會漏掉分組的組數。舉個例子說明
比如在列舉的時候，我們第一次列舉到一個\(0\)，然後我們將每兩個相鄰\(1\)及其中間的\(0\)分為一組，如下
注意我們將每一組的所有數字都刪除掉了，並形成一個新組，新組的每一個數字是原來對應組所有數字的異或（可見程式碼）
接下來我們考慮更低位的時候，我們分組就要滿足上面的限制，比如如果我們要把四個\(1\)全部分在一起
就相當於合併新陣列的\(a_1,a_2\)以及中間的兩個\(0\)，根據貪心的決策包容性，顯然沒有問題
如果更高位置為\(1\)，那麼隨便怎麼分組都不會超過限制。只是有一個問題，隨便分組可能會導致這一位為\(0\)而不是\(1\)，不滿足更高位都相同的要求。其實這個時候是不會遺漏最優解的，所以無所謂
主要是學習中間的決策包容性，以及不會遺漏最優解的操作
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
#define int ll
#define all(a) a.begin(), a.end()
void solve() {
int n, x;
cin >> n >> x;
++x;
vector<int> a(n);
for (int &i: a)
cin >> i;
int res = -1;
for (int i = 30; i >= 0; --i) {
vector<int> b;
bool open = false;//為1表示有奇數個1，為0表示有偶數個1
for (int j = 0; j < a.size(); ++j) {
if (!open)
b.push_back(a[j]);
else
b.back() ^= a[j];
if (a[j] & (1 << i))
open = !open;
}//嘗試模擬一下這個迴圈，就是分組用的
if (!(x & (1 << i))) {//如果這一位是0
if (open) {//這一位有奇數個1
//無論怎麼分組最後這一位都會為1，大於0
//我們又認為更高位都相同，所以不用往下迴圈了
cout << res << '\n';
return;
}
a = b;//替換掉合併分組後的陣列
} else {//如果這一位為1
if (!open)//這裡就是不會遺漏最優解的原因
//可以想一下
res = max(res, (int) b.size());
}
}
cout << res << '\n';
}
signed main() {
ios_base::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
int t = 1;
cin >> t;
while (t--)
solve();
}