【牛客提高训练营5A】同余方程
吉老师的题做不动啊
首先\([l_1,r_1],[l_2,r_2]\)并不是非常好做，我们考虑将其拆成前缀信息
设\(solve(n,m)=\sum_{i=0}^n\sum_{j=0}^m[m|(i\bigoplus j)]\)
于是我们的答案就变成了\(solve(r_1,r_2)-solve(l_1-1,r_2)-solve(r_1,l_2-1)+solve(l_1-1,l_2-1)\)
考虑\(solve(r_1,r_2)\)怎么求
一个非常特殊的情况是\(r_1=2^n-1,r_2=2^m-1\)，不妨假设\(n<m\)，则\([0,2^n)\)和\([0,2^m)\)各选择一个数异或起来，能取遍\([0,2^m)\)，且每一个数出现的次数都是\(2^n\)
正确性显然
考虑推广到更一般的情况，我们把\([0,r_1)\)拆分一下，拆分成\(\log\)段\([v,v+2^k)\)的区间，比如说对于\(101010\)，可以拆成\([0,2^5),[2^5,2^5+2^3),[2^5+2^3,2^5+2^3+2^1)\)
这样的拆分有一个特点，如果有\(v\neq 0\)，那么一定会存在\(v>2^k\)，这个性质接下来非常重要
将\([0,r_1),[0,r_2)\)各拆成\(\log\)段区间后，我们暴力从两边各选一段区间出来，假设为\([x,x+2^a)\)和\([y,y+2^b)\)，还是不妨假设\(a<b\)
于是在忽略\(x,y\)的情况下两个区间变成了\([0,2^a),[0,2^b)\)，于是各选一个异或起来能取遍\([0,2^b)\)且每个值能被异或出来\(2^a\)次
现在考虑把\(x,y\)引入，不难发现因为\(x>2^a\)，所以从\([0,2^a)\)拿出一个数，加上\(x\)和异或\(x\)是等价的；\(y\)那边同理
于是\([0,2^b)\)中的每一个数拿出来和\(x\bigoplus y\)异或一下，就是真实的从\([x,x+2^a)\)和\([y,y+2^b)\)各拿一个数出来异或的结果。
所以现在只需要求出\([0,2^b)\)内有多少个满足异或\(x\bigoplus y\)后\(\rm mod\ m=0\)，这样的数的个数乘上\(2^a\)就是答案了。
做到这里就不会了，接下来都是祖特教我的。
我们不难发现\(x\bigoplus y\)如果不是\(0\)，则必然大于\(2^b\)，于是\(x\bigoplus y\)和\([0,2^b)\)内的数异或，必然不会改变必\(2^b\)更高的二进制位。
所以想要使得异或出来的数是\(m\)的倍数，只需要让\(x\bigoplus y\)小于\(2^b\)的位数从全\(0\)取到全\(1\)，从中选出\(m\)的倍数即可。
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define re register
#define LL long long
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
inline int read() {
char c=getchar();int x=0;while(c<'0'||c>'9') c=getchar();
while(c>='0'&&c<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+c-48,c=getchar();return x;
}
const int mod=998244353;
inline int dqm(int x) {return x<0?x+mod:x;}
inline int qm(int x) {return x>=mod?x-mod:x;}
LL l1,l2,r1,r2;int m,top[2];
struct Seg{LL v,k;}a[2][65];
inline LL getid(LL a,LL b) {return a%b==0?a/b:a/b+1;}
inline LL solve(LL n,LL k)
{
LL t=0,tot=0;
for(re LL i=63;i>=0;i--)
{
t|=(1ll<<i);
if(!(n&(1LL<<i))) continue;
LL l=k&t,r=l+(1ll<<i)-1;
LL L=getid(l,m),R=r/m;
tot=qm(tot+(R-L+1)%mod);
}
return tot;
}
inline int calc(LL n,LL m) {
++n,++m;int ans=0;
top[0]=top[1]=0;
LL now=0;
for(re LL i=63;i>=0;--i)
if(n>>i&1ll) {
a[0][++top[0]].v=now,a[0][top[0]].k=i;
now|=(1ll<<i);
}
now=0;
for(re LL i=63;i>=0;--i)
if(m>>i&1ll) {
a[1][++top[1]].v=now,a[1][top[1]].k=i;
now|=(1ll<<i);
}
for(re int i=1;i<=top[0];++i)
for(re int j=1;j<=top[1];++j) {
now=a[0][i].v^a[1][j].v;
LL mx=max(a[0][i].k,a[1][j].k),mn=min(a[0][i].k,a[1][j].k);
mn=(1ll<<mn);mn%=mod;
ans=qm(ans+1ll*solve(1ll<<mx,now)%mod*mn%mod);
}
return ans;
}
int main() {
scanf("%lld%lld%lld%lld%d",&l1,&r1,&l2,&r2,&m);
printf("%d\n",dqm(qm(calc(r1,r2)+calc(l1-1,l2-1))-qm(calc(l1-1,r2)+calc(r1,l2-1))));
return 0;
}
