jzoj5894

先前綴和一發，問題表示求[0-l2][0-r2]滿足條件的數的個數

假設可以把某一個數拆分成[前面任意個數][00…0-11…1（個數相同）]的區間

那麼問題會簡單的多，因為任意一個a位的整數分別xor[00…0（a個）-11…1（a個）]的結果會取遍00…0-11…1中的任意一個整數

這說明，我們拆出的區間大小都是2的冪次

很顯然想到x&-x操作，這個操作可以把某一個數最後的1去掉，從而新數和舊數形成的區間的大小是2的冪次

但是，x&-x操作是適用于區間開頭為1的情況，所以我們可以將要求的數加上1，記為b

這樣，b-1和b-b&-b就變成了一個合法的結尾為00…0-11…1的區間

我們可以枚舉每一個這樣子的區間，記00…0-11…1的長度，第一個區間為a，第二個為b

那麼異或起來的結果就是[兩個區間在max(a,b)之前的長度異或起來][max(a,b)個00…0-11…1]

這樣，問題就變成了求出連續區間中能被m整除的數的個數

實現上，我們可以枚舉a+1和b+1的每一個1位，則a+1在這一位後面和b+1在這一位後面的數全為00…0-11…1

然後我們可以把a和b的這一位去掉取前面的所有位，這樣可以計算出前面的部分

注意別忘記求出來的結果乘以另一個較短的位的00…0-11…1的數的個數

代碼:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define mo 998244353ll
typedef long long ll;
ll m;
ll get(ll l,ll r){
	if(l%m==0)return (r/m-l/m+1ll+mo)%mo;
	return (r/m-l/m+mo)%mo;
}
ll ct(ll a,ll b){
	ll ans=0;
	for(ll i=61;i>=0;i--)
		for(ll j=61;j>=0;j--)
			if((a&(1ll<<i))&&(b&(1ll<<j))){
				ll m1=max(i,j),m2=min(i,j);
				ll pre=((a^(1ll<<i))^(b^(1ll<<j)))&(~((1ll<<m1)-1ll));
				ll suf=pre+(1ll<<m1)-1ll;
				ans=(ans+get(pre,suf)*((1ll<<m2)%mo)%mo)%mo;
			}
	return ans;
}
int main(){
	freopen("mod.in","r",stdin);
	freopen("mod.out","w",stdout);
	ll a,b,c,d;
	scanf("%lld%lld%lld%lld%lld",&a,&b,&c,&d,&m);
	printf("%lld",(ct(b+1,d+1)-ct(b+1,c)-ct(a,d+1)+ct(a,c)+mo)%mo);
}