牛客提高R5 A.同余方程

题意

题目链接

Sol

设(solve(x, y))表示(i in [0, x], j in [0, y])满足题目要求的方案数

首先容斥一下，(ans = solve(r_1, r_2) - solve(l_1 - 1, r_2) - solve(l_2 - 1, r_1) + solve(l_1 -1, l_2 - 1))

然后按照套路按位拆分，这里拆的时候是直接对(x, y)进行拆分

这样就把问题转换成了看起来似乎简单一些的问题

假设拆完后的数是

110011101
1011

我们只要对于任意一对为1的位，求出小于该位的所有合法解即可

比如(i = 3, j = 1)我们要计算的就是([110010000, 110010111])与([1000, 1001])内的合法解

两种都可以写成([v, v + 2^k])的性质

先考虑一种简单的情况，即(v = 0)

假设(i > j)，那么(forall z = x oplus y leqslant 2^i), 对于任意的(x leqslant 2^j)，都会有唯一的(y)与之对应

那么我们只要数出([0, 2^i])中(\% M == 0)的数的个数，再乘上(2^j)即可

存在(a[i])的限制实际上是一样的。

但是这样统计到的实际上是开区间的信息，只要在右端点处+1即可

#include<iostream>
#include<algorithm>
#define LL long long 
using namespace std;
const LL mod = 998244353;
LL l1, r1, l2, r2, M;
LL add(LL x, LL y) {
	return (x + y >= mod) ? (x + y - mod) : (x + y);
}
LL calc(LL l, LL r) {
	if(l == 0) return ((r / M) + 1) % mod;
	return (r / M - (l - 1) / M) % mod;
}
LL solve(LL X, LL Y) {
	LL ans = 0;
	for(LL i = 0, p1 = X; p1; i++, p1 >>= 1) {
		for(LL j = 0, p2 = Y; p2; j++, p2 >>= 1) {
			if((p1 & 1) && (p2 & 1)) {
				LL x = i, y = j; if(x < y) swap(x, y);
				LL ll = ((((p1 ^ 1) << i) ^ ((p2 ^ 1) << j)) >> x) << x;
				ans = add(ans,  (1ll << y) % mod * calc(ll, ll + (1ll << x) - 1) % mod);
				//cout << ans << endl;
			}
		}
	}
//	cout << ans << endl;
	return ans;
}
int main() {
	cin >> l1 >> r1 >> l2 >> r2 >> M;
	cout << (solve(r1 + 1, r2 + 1) - solve(l1, r2 + 1) + mod - solve(r1 + 1, l2) + mod + solve(l1, l2) + mod) % mod;
	return 0;
}
/*
1 1  1 1 1
*/