大致题意： 给定(n,m,k)，求(sum_{i=0}^{n-1}sum_{j=0}^{m-1}max((i xor j)-k,0))。
前言
早上来机房做数学作业，结果一个不等式证明暴拆了一百多项，而且算到一半感觉不太对劲，心态爆炸。
于是把数学扔一边，先开始做题，于是就找到了这道题。
然后发现是好水一道数位(DP)啊。。。（反正比我的数学作业简单多了）
本来应该可以一发(A)的，结果数组没清干净(WA)成了(20)分。
（水完这篇博客继续肝数学。。。）
数位(DP)
首先，把(n,m,k)转化为二进制。
然后，我们设(f_{x,0/1,0/1,0/1})为 从高位向低位 (DP)到右起第(x)位，是否满足(i<n)，是否满足(j<m)，是否满足((i xor j)>k)的(i xor j)的末(x)位的总和，(g_{x,0/1,0/1,0/1})表示对应的数的个数。
转移时，只要枚举(i,j)当前位置上填(0)还是(1)（注意，所填的数必须要符合大小限制，这一过程可以详见代码），然后转移。
最终的答案就是(f_{lim,0,0,0}-kg_{lim,0,0,0})（(lim)为最高位）。
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define Con const
#define CI Con int&
#define I inline
#define W while
#define LL long long
#define Inc(x,y) ((x+=(y))>=X&&(x-=X))
using namespace std;
LL N,M,K;int X;
class DigitalDP//数位DP
{
private:
#define SZ 70
int lim,n[SZ+5],m[SZ+5],k[SZ+5];struct data {int v,t;}f[SZ+5][2][2][2];
I void Init(LL x,int *v) {RI t=0;W(x) v[++t]=x&1,x>>=1;t>lim&&(lim=t);}
I data DP(CI x,CI f1,CI f2,CI f3)
{
if(!x) return (data){0,f1&&f2&&f3};if(~f[x][f1][f2][f3].v) return f[x][f1][f2][f3];//边界&&记忆化
data &F=f[x][f1][f2][f3],t;F.v=0;
(f3||!k[x])&&(t=DP(x-1,f1|n[x],f2|m[x],f3),F.v=(t.v+F.v)%X,Inc(F.t,t.t));//填0,0
(f1||n[x])&&(t=DP(x-1,f1,f2|m[x],f3|!k[x]),F.v=((1LL<<x-1)%X*t.t+t.v+F.v)%X,Inc(F.t,t.t));//填1,0
(f2||m[x])&&(t=DP(x-1,f1|n[x],f2,f3|!k[x]),F.v=((1LL<<x-1)%X*t.t+t.v+F.v)%X,Inc(F.t,t.t));//填0,1
(f1||n[x])&&(f2||m[x])&&(f3||!k[x])&&(t=DP(x-1,f1,f2,f3),F.v=(t.v+F.v)%X,Inc(F.t,t.t));//填1,1
return f[x][f1][f2][f3];
}
public:
I void Solve()
{
lim=0,Init(N,n),Init(M,m),Init(K,k);//转化为二进制
RI i,x,y,z;for(i=1;i<=lim;++i) for(x=0;x^2;++x)//清空f
for(y=0;y^2;++y) for(z=0;z^2;++z) f[i][x][y][z]=(data){-1,0};
data res=DP(lim,0,0,0);printf("%d
",(res.v-1LL*res.t*(K%X)%X+X)%X);//DP&&计算最终答案
for(i=1;i<=lim;++i) n[i]=m[i]=k[i]=0;//注意这里的清空
}
}D;
int main()
{
RI Qt;scanf("%d",&Qt);W(Qt--) scanf("%lld%lld%lld%d",&N,&M,&K,&X),D.Solve();return 0;
}