构造一棵权值范围恰为$[0,2^{60})$的权值线段树，考虑其中从下往上第$h$层（$0le hle 60$）中的一个区间，假设其左端点为$l$，即$[l,l+2^{h})$
这样的一个区间具有一个很好的性质，其是按位独立的，即其等价于二进制下最高的$60-h$位与$l$相同，剩下的$h$位任意的数所构成的集合
对于这样的两个集合$[l_{1},l_{1}+2^{h_{1}})$和$[l_{2},l_{2}+2^{h_{2}})$合并的结果，也就是最高的$60-max(h_{1},h_{2})$位与$l_{1}oplus l_{2}$相同，剩下的$max(h_{1},h_{2})$位任意的数所构成的集合，证明利用按位独立的性质分析即可
更具体的，合并结果对应于区间$[l_{3},l_{3}+2^{max(h_{1},h_{2})})$，其中$l_{3}=(l_{1}oplus l_{2})and (2^{60}-2^{max(h_{1},h_{2})}))$（后者的意义即取$l_{1}oplus l_{2}$二进制下最高的$60-max(h_{1},h_{2})$位）
考虑将$n_{a}$和$n_{b}$个区间分别插入线段树，划分为$log V$个线段树上区间（即分别有$n_{a}log V$和$n_{b}log V$个区间），将其两两按上述方法合并，再对最终的区间快排，复杂度即$o(n^{2}log^{3}V)$（其中$V$为值域，即$10^{18}$）
这样的复杂度是不能接受的，需要进行优化
对于这个合并的结果（不妨假设$h_{1}ge h_{2}$），等价于$[l_{1},l_{1}+2^{h_{1}})$与$[l_{3},l_{3}+2^{h_{1}})$（其中$l_{3}=l_{2}and(2^{60}-2^{h_{1}})$），在线段树上也就是$[l_{2},l_{2}+2^{h_{2}})$这个区间所对应的节点在从下往上第$h_{1}$层的祖先
（以$n_{a}$个区间为例）定义一个节点被标记即其是$n_{a}log V$个区间中的一个，将所有节点分为三类：
1.其自身被标记
2.其自身未被标记且其子树内存在节点被标记
3.其子树内（包括自身）无节点被标记
类似地，对于$n_{b}log V$个区间也可以得到节点类型，那么也就可以看作$n_{a}log V$个区间中1类节点和$n_{b}log V$个区间中的2类节点两两合并以及前者的2类节点和后者的1类节点两两合并
（关于原因可以参考前面的说明，也就是将所有节点先提到同一层）
对于这样的复杂度，分别考虑每一层第1类和第2类节点个数：
1.第1类节点，也就是被严格包含，但如果其与其兄弟同时被包含即不需要被插入，同时被包含的节点必然是连续若干个，那么至多两个（否则必然存在兄弟）
2.第2类节点，也就是线段树在递归过程中经过且未结束的节点，更具体的即有交点但不被包含，显然每一次插入后每一层至多新增两个（最左边和最右边）
综上，每一层两类的节点数都是$o(n)$的，那么每一层合并复杂度为$o(n^{2})$，总区间个数降为$o(n^{2}log V)$，再对其排序复杂度即$o(n^{2}log^{2}V)$，可以通过
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define N 105 4 #define mod 998244353 5 #define ll long long 6 #define mid (l+r>>1) 7 #define pll pair<ll,ll> 8 #define fi first 9 #define se second 10 pll a[8*N*N*N]; 11 vector<ll>v[4][N]; 12 int V,rt,n,na,nb,ans,ls[4*N*N],rs[4*N*N]; 13 ll m,x,y; 14 int sum(ll x,ll y){ 15 int s1=(x+y)%mod,s2=(y-x+1)%mod; 16 return 1LL*s1*s2%mod*(mod+1)/2%mod; 17 } 18 void update(int p,int &k,ll l,ll r,ll x,ll y,int z){ 19 if ((l>y)||(x>r))return; 20 if (!k)k=++V; 21 if ((x<=l)&&(r<=y)){ 22 v[p][z].push_back(l); 23 return; 24 } 25 v[p+2][z].push_back(l); 26 update(p,ls[k],l,mid,x,y,z-1); 27 update(p,rs[k],mid+1,r,x,y,z-1); 28 } 29 int main(){ 30 m=(1LL<<60)-1; 31 scanf("%d",&na); 32 for(int i=1;i<=na;i++){ 33 scanf("%lld%lld",&x,&y); 34 update(0,rt,0,m,x,y,60); 35 } 36 scanf("%d",&nb); 37 for(int i=1;i<=nb;i++){ 38 scanf("%lld%lld",&x,&y); 39 update(1,rt,0,m,x,y,60); 40 } 41 for(int i=0;i<=60;i++){ 42 for(int j=0;j<v[0][i].size();j++) 43 for(int k=0;k<v[1][i].size();k++){ 44 x=(v[0][i][j]^v[1][i][k]); 45 a[++n]=make_pair(x,x+(1LL<<i)-1); 46 } 47 for(int j=0;j<v[0][i].size();j++) 48 for(int k=0;k<v[3][i].size();k++){ 49 x=(v[0][i][j]^v[3][i][k]); 50 a[++n]=make_pair(x,x+(1LL<<i)-1); 51 } 52 for(int j=0;j<v[1][i].size();j++) 53 for(int k=0;k<v[2][i].size();k++){ 54 x=(v[1][i][j]^v[2][i][k]); 55 a[++n]=make_pair(x,x+(1LL<<i)-1); 56 } 57 } 58 sort(a+1,a+n+1); 59 ll s=0; 60 for(int i=1;i<=n;i++){ 61 if (a[i].fi>s)ans=(ans+sum(a[i].fi,a[i].se))%mod; 62 else{ 63 if (s<a[i].se)ans=(ans+sum(s+1,a[i].se))%mod; 64 } 65 s=max(s,a[i].se); 66 } 67 printf("%d",ans); 68 }