ABC138F

稍微手玩一下可以发现：

• 若 $y\ge 2x$，那么 $y-x\gt y\%x$
• 若 $y\lt 2x$，那么 $y-x=y\%x$
• $y\oplus x\ge y-x$

于是不难发现只有 $y\lt 2x$ 时才可能有贡献。

即 $x,y$ 位数相同，最高位都为 $1$。

那么问题变成 $y\oplus x=y-x$ 的对数，那么也不难发现，若某一位 $y$ 是 $1$，那么 $x$ 可能是 $0$ 或 $1$，否则 $y$ 是 $0$ 的话，$x$ 也必定是 $0$。

枚举最高位是哪一位，然后考虑数位 DP，但是和常规的不太一样，这个是同时给两个数填数，设 $f_{len,f1,f2}$ 表示当前填到第 $len$ 位，$x$ 是否取到下界，$y$ 是否取到上界。

转移时先枚举 $y$ 再枚举 $x$。

Code：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 65, mod = 1e9 + 7;
ll L, R;
int a[N], len1, b[N], len2;
int f[N][2][2], ans;

void add(int &a, int b) {
	a += b;
	if (a >= mod) a -= mod;
}

int dfs(int len, bool f1, bool f2) {
	if (!len) return 1;
	if (~f[len][f1][f2]) return f[len][f1][f2];
	int res = 0;
	int Down = f1 ? a[len] : 0, Up = f2 ? b[len] : 1;
	for (int y = Down; y <= Up; ++y)
		for (int x = Down; x <= y; ++x)
			add(res, dfs(len - 1, f1 & (x == Down), f2 & (y == Up)));
	return f[len][f1][f2] = res;
}

int main() {
	scanf("%lld%lld", &L, &R);
	while (L) a[++len1] = L & 1, L >>= 1;
	while (R) b[++len2] = R & 1, R >>= 1;
	memset(f, -1, sizeof f);
	for (int i = len1; i <= len2; ++i) add(ans, dfs(i - 1, i == len1, i == len2));
	printf("%d", ans);
	return 0;
}