题意：
题面中文，不予翻译：SDOI2016储能表
分析：
据说有大爷用一些奇怪的方法切掉了这道题%%%%%
这里用的是大众方法——动态规划。
其实这是一道类似于二进制数位dp的动态规划题，（但是实际上还不是特别典型的数位dp）这里就要我们对问题的深入理解。
如果我们按照思路进程来发展的话，首先，我们会想到把求和式和k拆开，先求出所有大于k的(i^j)的和，然后减去若干个k。
我们怎样去数这个数呢？
逐位分析，用数位dp的手段，要判断i是否卡n的上界，j是否卡m的上界，以及i^j是否卡k这个下界，我们需要统计两个东西。
1. 合法的，对答案有贡献的方案数
2. 合法的，对答案有贡献的方案的总贡献。
所以我们需要dp两个数组，f[len][1/0][1/0][1/0]表示考虑的第len位是否卡n的第len位（上界），是否卡m的第len位（上界），是否卡k的第len位（下界）时的方案数，和g[len][1/0][1/0][1/0]表示的是相应状态的总贡献。
那么我们按照数位dp的思路去做记忆化搜索，最后的答案就是
ans = g[1][1][1][1] - k* f[1][1][1][1]. （当然记得取模）
代码：
1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define ll long long 3 #define pi pair<int,int> 4 #define mp(x,y) make_pair(x,y) 5 using namespace std; 6 const int N=70; 7 bool vis[N][2][2][2];int t,mod,ml; 8 ll n,m,nn,mm,k,kk;pi f[N][2][2][2]; 9 void add(int &x,int y){ 10 x+=y;if(x>=mod) x-=mod; 11 } pi dp(int len,bool n1,bool m1,bool k1){ 12 if(len>ml) return mp(1,0); 13 if(vis[len][n1][m1][k1]) 14 return f[len][n1][m1][k1]; 15 vis[len][n1][m1][k1]=1; 16 int np=(n>>ml-len)&1,mp=(m>>ml-len)&1, 17 kp=(k>>ml-len)&1; 18 for(int i=0;i<=(n1?np:1);i++) 19 for(int j=0;j<=(m1?mp:1);j++){ 20 if(k1&&(i^j)<kp) continue; 21 pi nw=dp(len+1,n1&&(i==np), 22 m1&&(j==mp),k1&&((i^j)==kp)); 23 add(f[len][n1][m1][k1].first,nw.first); 24 add(f[len][n1][m1][k1].second, 25 ((1ll<<ml-len)*(i^j)%mod* 26 nw.first+nw.second)%mod); 27 } return f[len][n1][m1][k1]; 28 } int main(){ 29 scanf("%d",&t);while(t--){ 30 memset(vis,0,sizeof(vis)); 31 memset(f,0,sizeof(f)); 32 scanf("%lld%lld%lld%d",&n,&m,&k,&mod); 33 n--;m--;int nw=0;nn=n,mm=m,kk=k; 34 while(nn) nw++,nn/=2; 35 ml=max(nw,ml);nw=0; 36 while(mm) nw++,mm/=2; 37 ml=max(nw,ml);nw=0; 38 while(kk) nw++,kk/=2; 39 ml=max(nw,ml);pi ans=dp(1,1,1,1); 40 printf("%d ",(1ll*ans.second-1ll*k%mod* 41 ans.first%mod+mod)%mod); 42 } return 0; 43 }