考虑为什么先手必胜。

注意到后手永远无法改变石子的总个数，而只有石子个数为 $0$ 时会出现一方输的情况。

那么也就是后手需要尽可能保证石子多，先手尽可能让石子少。

可以观察出这样一个过程，每一步先手选一个位置清空，后手把一个位置重新平分，这样对于每个堆所需要的次数是固定的。

那这题做完了吗？

注意到初始是先手先操作，而做完上述操作一轮后会变成后手先操作，而后手在已经平均的情况下操作是不优的。

而后手只有在操作 $2^k$ 时会使得上述过程的次数 $-1$，而且如果继续操作只会保持不变，所以现在先手需要最大化能让后手强制 $-1$ 的数量。

先手可以先操作若干次来让对手处于 $2^k$ 的状态，而注意到如果当前总石子数是奇数，分成两部分后，后手也可以来回移动，所以要在偶数的情况下让后手选。

那么会发现 $(2^k-1)\times 2$ 是一个很关键的状态，因为这样是先手不断选这个数的情况下最后一次偶数，而每次后手选到这个会使得 $k$ 减少 $1$。

这样问题就很明显了，用堆维护所有 $k$，先手每次会删去一个 $k$，后手每次可以给一个 $k$ 减去 $1$，最后双方分别最小化/最大化 删去的 $k$ 中 $0$ 的数量（不能减到小于 $0$）。

用堆维护，双方每次一定都选最大的那个数，时间复杂度 $\mathcal{O}(n\log n)$，可以优化至线性。

i64 n,a[maxn];
i64 calc1(i64 x){
	if(!x)return 0;
	return calc1(x/2)+1;
}
int main(){
	// freopen("1.in","r",stdin);
	// freopen("1.out","w",stdout);
	
	n=read();
	i64 s1=0,mn=1e9,Ans=0;
	priority_queue<i64>qwq;
	F(i,1,n){
		a[i]=read();i64 k=__lg(a[i]);
		while(__builtin_popcount(a[i]+1)!=1)
			a[i]/=2,s1++;
		a[i]=__builtin_popcount(a[i]);
		s1+=a[i]+1;
		qwq.push(a[i]);
		if(!a[i])s1--;
		// printf("%lld\n",a[i]);
	}
	bool xo=0;
	while(qwq.size()){
		i64 u=qwq.top();qwq.pop();
		// cout<<u<<endl;
		if(xo==0);
		else{
			if(u==1)s1--,xo=0;
			else qwq.push(u-1);
		}
		xo^=1;
	}
	printf("%lld\n",2*s1-1);
	return 0;
}