简要题意：
给定 (n) 个点的权值 (x_i)，求 (u ot = v) 且 (x_u space ext{xor} space x_v) 有奇数个 (1) 的个数。
算法一
对于前 (60 \%) 的数据，(n leq 1000).
很简单啊，直接枚举两个点，然后 ( ext{xor}) 一下就可以了。
时间复杂度：(O(n^2)).
实际得分：(60pts).
算法二
对于前 (80 \%) 的数据，(n leq 10^6)，(v leq 10^6).（(v = max_{i=1}^n x_i)）
显然，我们考虑 ( ext{xor}) 的性质。
( ext{xor}) 如果两位相同则为 (0)，否则为 (1)；它不会改变 两个数 (1) 的个数之和，因为 (1) 要么两个两个被计算掉，要么一个个被保留。
所以，用 (f_i) 表示 (x_i) 二进制下 (1) 的个数，本题变为：
求 (f_i + f_j) 为奇数的个数，这个统计奇偶就可以了。
关键如何统计二进制下 (1) 的个数？暴力转进制即可。
时间复杂度：(O(n log v)).
实际得分：(80pts).
算法三
优化求 (1) 的个数的过程即可。
可以用 ( ext{\_\_builtin \_parity}) 优化（( ext{CSP / NOIP}) 不支持啊），不过手测 (O(n log v)) 过了。
时间复杂度：(O(n)).
实际得分：(100pts).
// tot[__builtin_parity(x=((a*x%d)*x%d+b*x%d+c)%d)&1]++; 等同于：
// x=((a*x%d)*x%d+b*x%d+c)%d;
// tot[__builtin_parity(x)&1]++;
#pragma GCC optimize(2)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
inline ll read(){char ch=getchar();int f=1;while(ch<'0' || ch>'9') {if(ch=='-') f=-f; ch=getchar();}
ll x=0;while(ch>='0' && ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();return x*f;}
ll n,a,b,c,d,x;
ll tot[2]; //统计奇偶
int main(){
n=read(),a=read(),b=read(),c=read(),d=read(),x=read();
a%=d,b%=d,c%=d,x%=d; for(int i=1;i<=n;i++)
tot[__builtin_parity(x=((a*x%d)*x%d+b*x%d+c)%d)&1]++;
printf("%lld
",tot[0]*tot[1]);
return 0;
}