【牛客提高训练营5A】同余方程

题目

吉老师的题做不动啊

首先([l_1,r_1],[l_2,r_2])并不是非常好做，我们考虑将其拆成前缀信息

设(solve(n,m)=sum_{i=0}^nsum_{j=0}^m[m|(iigoplus j)])

于是我们的答案就变成了(solve(r_1,r_2)-solve(l_1-1,r_2)-solve(r_1,l_2-1)+solve(l_1-1,l_2-1))

考虑(solve(r_1,r_2))怎么求

一个非常特殊的情况是(r_1=2^n-1,r_2=2^m-1)，不妨假设(n<m)，则([0,2^n))和([0,2^m))各选择一个数异或起来，能取遍([0,2^m))，且每一个数出现的次数都是(2^n)

正确性显然

考虑推广到更一般的情况，我们把([0,r_1))拆分一下，拆分成(log)段([v,v+2^k))的区间，比如说对于(101010)，可以拆成([0,2^5),[2^5,2^5+2^3),[2^5+2^3,2^5+2^3+2^1))

这样的拆分有一个特点，如果有(v eq 0)，那么一定会存在(v>2^k)，这个性质接下来非常重要

将([0,r_1),[0,r_2))各拆成(log)段区间后，我们暴力从两边各选一段区间出来，假设为([x,x+2^a))和([y,y+2^b))，还是不妨假设(a<b)

于是在忽略(x,y)的情况下两个区间变成了([0,2^a),[0,2^b))，于是各选一个异或起来能取遍([0,2^b))且每个值能被异或出来(2^a)次

现在考虑把(x,y)引入，不难发现因为(x>2^a)，所以从([0,2^a))拿出一个数，加上(x)和异或(x)是等价的；(y)那边同理

于是([0,2^b))中的每一个数拿出来和(xigoplus y)异或一下，就是真实的从([x,x+2^a))和([y,y+2^b))各拿一个数出来异或的结果。

所以现在只需要求出([0,2^b))内有多少个满足异或(xigoplus y)后( m mod m=0)，这样的数的个数乘上(2^a)就是答案了。

做到这里就不会了，接下来都是祖特教我的。

我们不难发现(xigoplus y)如果不是(0)，则必然大于(2^b)，于是(xigoplus y)和([0,2^b))内的数异或，必然不会改变必(2^b)更高的二进制位。

所以想要使得异或出来的数是(m)的倍数，只需要让(xigoplus y)小于(2^b)的位数从全(0)取到全(1)，从中选出(m)的倍数即可。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define re register
#define LL long long
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
inline int read() {
	char c=getchar();int x=0;while(c<'0'||c>'9') c=getchar();
	while(c>='0'&&c<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+c-48,c=getchar();return x;
}
const int mod=998244353;
inline int dqm(int x) {return x<0?x+mod:x;}
inline int qm(int x) {return x>=mod?x-mod:x;}
LL l1,l2,r1,r2;int m,top[2];
struct Seg{LL v,k;}a[2][65];
inline LL getid(LL a,LL b) {return a%b==0?a/b:a/b+1;}
inline LL solve(LL n,LL k)
{
    LL t=0,tot=0;
    for(re LL i=63;i>=0;i--)
    {
        t|=(1ll<<i);
        if(!(n&(1LL<<i))) continue;
        LL l=k&t,r=l+(1ll<<i)-1;
        LL L=getid(l,m),R=r/m;
        tot=qm(tot+(R-L+1)%mod);
    }
    return tot;
}
inline int calc(LL n,LL m) {
	++n,++m;int ans=0;
	top[0]=top[1]=0;
	LL now=0;
	for(re LL i=63;i>=0;--i)
	if(n>>i&1ll) {
		a[0][++top[0]].v=now,a[0][top[0]].k=i;
		now|=(1ll<<i);
	}  
	now=0;
	for(re LL i=63;i>=0;--i) 
	if(m>>i&1ll) {
		a[1][++top[1]].v=now,a[1][top[1]].k=i;
		now|=(1ll<<i);
	}
	for(re int i=1;i<=top[0];++i)
		for(re int j=1;j<=top[1];++j) {
			now=a[0][i].v^a[1][j].v;
			LL mx=max(a[0][i].k,a[1][j].k),mn=min(a[0][i].k,a[1][j].k);
			mn=(1ll<<mn);mn%=mod;
			ans=qm(ans+1ll*solve(1ll<<mx,now)%mod*mn%mod);
		}
	return ans;
}
int main() {
	scanf("%lld%lld%lld%lld%d",&l1,&r1,&l2,&r2,&m);
	printf("%d
",dqm(qm(calc(r1,r2)+calc(l1-1,l2-1))-qm(calc(l1-1,r2)+calc(r1,l2-1))));
	return 0;
}