Problem

Hint

Solution

• 首先，考慮類似差分的容斥。
• 設$f_{a,b}$表示x在[0,a-1]範圍內，y在[0,b-1]範圍內的答案。則原$Ans=f_{r_1+1,r_2+1}-f_{l_1,r_2+1}-f_{r_1+1,l_2}+f_{l_1,l_2}$。
• 問題轉化為求解$f_{a,b}$。

• 我們列舉一個i，表示x在（二進位制）第i位比a小了。亦即a的第i位=1，而x的第i為=0；而x的前i-1位均與a同。這樣，x後面的位就可以亂填了。
• 同時列舉一個j，表示y在第j位比b小了。
• 這樣的話，a、b就會分成如下三段：
  
• 如圖，藍線以左為已知，兩線間為任意，綠線以右為任意2。

• 假設$x\oplus y=z$，那麼若確定了z的任意段，就確定了x的任意段。因為y的任意段是已知的。也就是說，對於同一z，任意段只有1組方案。
• 但是，x和y的任意2段均不確定。假設列舉y的任意2段（設任意2段長度為l2，則從0列舉到$2^{l2}-1$），就可以確定x的任意2段了。因此，對於同一z，任意2段有$2^{l2}$組方案。
• 那麼，假設確定了z，兩個任意段就有$1*2^{l2}=2^{l2}$
  組方案。

• 但是，我們還要使$m|z$。
• 設任意段長為l1，則z的取值範圍是$[0,2^{l1+l2}-1]$。
• 我們設已知段的異或和為p，則$x\oplus y$的取值範圍是$[p,p+2^{l1+l2}-1]$。
• 求出其中有tot個數是m的倍數，那麼合法的z有tot個。令$ans+=tot*2^{l2}$。

• 時間複雜度：$O(log_2^210^{18})≈O(60^2)$。

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define min(x,y) ((x)<(y)?(x):(y))
#define max(x,y) ((x)>(y)?(x):(y))
#define fo(i,a,b) for(i=a;i<=b;i++)
#define fd(i,a,b) for(i=a;i>=b;i--)
using namespace std;
typedef long long ll;

const ll mo=998244353,p59=1ll<<59;
ll l1,r1,l2,r2,m,i,j,x,pa,y,pb,L1,L2,L3,p,p1,tot;

ll dp(ll a,ll b)
{
	x=p59; pa=0; ll ans=0;
	fd(i,59,0)
	{
		pa<<=1;
		if(x&a)
		{
			y=p59; pb=0;
			fd(j,59,0)
			{
				pb<<=1;
				if(y&b)
				{
					L1=59-max(i,j);	L2=abs(i-j); L3=min(i,j);
					p=(i>j ? pa^(pb>>L2) : pb^(pa>>L2)) << L2+L3;
					p1=p+(1ll<<L2+L3)-1;
					tot= (p1/m - p/m + (p%m==0)) % mo;
					(ans+=tot*((1ll<<L3)%mo))%=mo;
				}
				pb+=(bool)(y&b); y>>=1;
			}
		}
		pa+=(bool)(x&a); x>>=1;
	}
	return ans;
}

int main()
{
	freopen("mod.in","r",stdin);
	freopen("mod.out","w",stdout);
	scanf("%lld%lld%lld%lld%lld",&l1,&r1,&l2,&r2,&m);
	printf("%lld",(dp(r1+1,r2+1)-dp(l1,r2+1)-dp(r1+1,l2)+dp(l1,l2)+2*mo)%mo);
}