Comet OJ - Contest #12 ：D.XOR Pair (数位dp)

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如果没有条件 $|x-y|\le m$，那么这题可以直接按 二进制位 枚举 $x,y$，满足 $0\le x\le a，0\le y\le b$，且 $x⨁y=n$。

对于条件 ：$$|x-y|\le m$$ 可以拆分为：$$m+y-x\ge 0$$ $$m+x-y\ge 0$$

由于有加减法，会产生进位和借位，对进位和借位模拟会非常麻烦，在网上题解参考的做法是，不模拟进位和借位，用 [-1,2] 四种值来表示这一位的值，当取值为 $-1$ 时，就表示借位，取值为 $2$ 时，就表示进位。

这么做的好处是我们不需要去纠结进位和借位的问题了，他们都有 “4进制” 的表示（因为这里取4种值，姑且称为4进制吧），但怎样的表示是合法的，即最后的值是 $\ge 0$ 的？

如果高位有一位大于等于 1，那么后面的位即使全部取 -1，最后的值也是不小于0的。
如果高位有一位小于 -1，那么后面的位即使全部取 2，最后的值也是小于0的。

高位如果有 -1的话，后面的位可以进位上来消掉。dp 应满足无后效性，在枚举每一位的取值的时候，我们可以把这一位的影响推到下一位，例如第 $i$ 位 $m+y-x=v$，它对第 $i-1$ 位的影响为 $2\ast v$，这样第 $i-1$ 位的取值就和前面的高位无关了，从而消除后效性。

按照这种思想，当枚举到第 $i$ 位时，可以认为前面的高位都 “满足了限制”，只要在最后一位，也就是最低位时，满足这一位的值是不小于0的，那么它的真实值一定也是不小于0的，我们就找到了一个合法解。

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代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int t;
ll a, b, n, m;
ll dp[64][3][3];
ll dfs(int pos,int v1,int v2,int lx,int ly) {
    
    
	v1 = min(v1,1); v2 = min(v2,1);
	if (v1 < -1 || v2 < -1) return 0;
	if (pos < 0) return v1 >= 0 && v2 >= 0;
	if (!lx && !ly && dp[pos][v1 + 1][v2 + 1] != -1) return dp[pos][v1 + 1][v2 + 1];
	int upx = lx == 1 ? (a >> pos & 1) : 1;
	int upy = ly == 1 ? (b >> pos & 1) : 1;
	int t = (m >> pos & 1);
	ll ans = 0;
	for (int x = 0; x <= upx; x++) {
    
    
		for (int y = 0; y <= upy; y++) {
    
    
			if (x ^ y != (n >> pos & 1)) continue;
			ans += dfs(pos - 1,v1 * 2 + t + x - y,v2 * 2 + t + y - x,lx && x == upx,ly && y == upy);
		}
	}
	if (!lx && !ly) dp[pos][v1 + 1][v2 + 1] = ans;
	return ans;
}
int main() {
    
    
	scanf("%d",&t);
	while (t--) {
    
    
		scanf("%lld%lld%lld%lld",&a,&b,&n,&m);
		memset(dp,-1,sizeof dp);
		printf("%lld\n",dfs(62,0,0,1,1));
	}
	return 0;
}