[JZOJ5894] 【NOIP2018模拟10.5】同余方程

Description

给出$l_1,r_1,l_2,r_2,m$，求有多少组(x,y)，满足$x\in [l_1,r_1],y\in [l_2,r_2],x\ xor\ y \equiv0\pmod m$
$l_1,r_1,l_2,r_2\leq 10^{18},m\leq 10^9$
其中一档部分分 $l_1=r_1$

Solution

先从部分分入手，考虑l1=r1怎么做
首先肯定是拆成$[1,l_1-1]$和$[1,r_1]$两部分来做（二维类似二维前缀和一样拆）

我们可以枚举一个i，表示y的前i-1位是和上界相同，第i位小于上界，那后面就可以随便选了，x的后面位置是没有用的，因为无论我们需要什么，我们都可以通过改变y来使得它异或成我们需要的，并且是唯一对应的。

现在问题变成y从i+1位开始可以随便选，k可以随便选，要满足$x\ xor\ y =km,k\in \N$
既然y从i+1位可以随便选，也就是说k*m要满足前i位等于x xor y的前i位
这样的k显然是一个区间，直接上界下界除一下再减就算出来了

现在回归原题，x也是可变的
其实思路是一样的，我们再枚举x的前j位与上界相同，第j位小于上界
考虑x xor y，前min(i,j)位是两个都确定，min(i,j)+1到max(i,j)位是确定一个，这部分和前面是一样的，后面的位两个都不确定，相当于无论x后面怎么选，都能通过改变y来达到，因此只需要将第一部分的答案乘上2^(后面的位数)即可。

注意我们这样算出来其实上界是r-1的（因为我们每一位都保证小于上界）
因此实际上做的时候要把上界+1
复杂度$O(\log^2 r)$

Code

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#define fo(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define fod(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
#define LL long long
#define mo 998244353
using namespace std;
LL l1,r1,l2,r2,m,cf[61];
LL get(LL m1,LL m2)
{
  LL s=0;
  fod(i,59,0)
  {
    if(m1&cf[i])
    fod(j,59,0)
    {
      if(m2&cf[j])
      {
        int c=max(i,j);
        LL v=((m1^m2^((i==j)?0:cf[c]))|(cf[c]-1))^(cf[c]-1);
        if(v==0) s=(s+((cf[c]-1)/m+1)%mo*(cf[min(i,j)]%mo)%mo)%mo;
        else s=(s+(((v+cf[c]-1)/m-(v-1)/m)%mo+mo)%mo*(cf[min(i,j)]%mo)%mo)%mo;
      }
    }
  }

  return s;
}
int main()
{
  cin>>l1>>r1>>l2>>r2>>m;
  LL s=0;
  cf[0]=1;
  fo(i,1,60) cf[i]=cf[i-1]*(LL)2;
  printf("%lld\n",(get(r1+1,r2+1)-get(l1,r2+1)-get(r1+1,l2)+get(l1,l2)+mo+mo)%mo);
}