排序 + 二分 + 枚举

时间复杂度大概是 $ O(32 * nlogn) $

比较极限，跑出来最快是 9246ms，开o2的话最快 3325ms.
首先我们通过枚举子集可以知道子集的最大元素数量是 3 。（ 比赛时没推出这个结论直接写，结果直接Wa了）
通过分析子集，可以知道‘子集内的元素满足任意两元素之差的绝对值都是 2 的整数幂’ 一定是个差值为 2 的整数次幂 的等差数列。
那么就可以直接枚举了
大概枚举思路：枚举 2 的次幂，看不断二分查数列下一项最终得到的等差数列长度 cnt 是否比 ans 大，如果cnt大就取cnt,否则跳过

c++ 代码

#pragma GCC optimize(2)
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <bitset>
#include <cstring>
#include <cstdio>
using namespace std;
const int maxn = 2e5 + 10;
int two[40],res[2][maxn],a[maxn],ans;
bool used[maxn][40];        
int main(){
    int n;
    scanf("%d",&n);
    for (int i = 0 ; i < 32 ; ++i)
        two[i] = 1 << i;        //预处理2 的 i 次幂
    for (int i = 1 ; i <= n ; ++i)
        scanf("%d",a + i);
    sort(a + 1,a + n + 1);      // 先排序，方便后面二分
    int cnt = 0,id,last,p = 0;  // cnt 计数,id 存二分得到的下标，last存上一个查询的值的下标，p 为滚动数组的下标
    n = unique(a + 1,a + n + 1) - a - 1;    //因为子集元素互异，所以同样的值结果相同，因此可以先去重。
    ans = 1;
    res[p ^ 1][ans] = a[ans];   //子集至少有一个元素 
    for (int i = 1 ; i <= n && ans < 3; ++i){
        for (int j = 0 ; j < 32 ; ++j){
            if (used[i][j])     //空间换时间，用来判断当前a[i]有没有试过j次幂。如果有可以跳过
                continue ;
            id = lower_bound(a + i + 1,a + n + 1,a[i] + two[j] * ans) - a;  
            if (id == n + 1 || a[id] != a[i] + two[j] * ans)    //用来判断是否可能比最优解好，不好则跳过
                continue ;
            cnt = 0;
            res[p][++cnt] = a[i];
            id = i;
            while (id < n && cnt < 3){      
                last = id;
                id = lower_bound(a + id + 1,a + n + 1,a[id] + two[j]) - a;      //二分查等差数列下一项
                if (id == n + 1 || a[id] - a[last] != two[j])
                    break;
                res[p][++cnt] = a[id];
                used[id][j] = 1;
            }
            if (cnt > ans)      //如果比最优解好，就选择当前结果。
                ans = cnt,p ^= 1;
        }
    }
    p ^= 1;     //滚动数组，滚回答案数组
    printf("%d\n",ans);     
    for (int i = 1 ; i <= ans ; ++i)
        printf("%d ",res[p][i]);
    return 0;
}