【JZOJ 5894】【NOIP2018模拟10.5】同余方程

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Description

Solution

把题目容斥一下，
假设当前求x在0 ~ l1中和y在0~ l2中的答案，

显然的，当x,y的取值均为2的次方时，答案是很好求的，
考虑怎么转成这样：
那么我们枚举l1的一位为1的二进制i，枚举l2的一位为1的二进制j，
我们使得x的前i-1位为二进制跟l1相同，第i位为0，那么x剩下二进制位的取值就自由了，也就是0 ~ $2^i$
y也同理，那么我们就成功吧题目转成了x,y均为2的次方的情况，

复杂度： $O(log(n)^2)$

Code

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <iostream>
#define fo(i,a,b) for(int i=a;i<=b;++i)
#define fod(i,a,b) for(int i=a;i>=b;--i)
#define efo(i,q) for(int i=A[q];i;i=B[i][0])
#define min(q,w) ((q)>(w)?(w):(q))
#define max(q,w) ((q)<(w)?(w):(q))
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=100500,mo=998244353;
int read(int &n)
{
	char ch=' ';int q=0,w=1;
	for(;(ch!='-')&&((ch<'0')||(ch>'9'));ch=getchar());
	if(ch=='-')w=-1,ch=getchar();
	for(;ch>='0' && ch<='9';ch=getchar())q=q*10+ch-48;n=q*w;return n;
}
LL ans;
LL l1,r1,L1,R1,M;
LL er[100];
LL doit(LL n,LL m)
{
	n=max(n,0);m=max(m,0);
	LL ans=0;
	fod(i,62,1)if(er[i]&n)
	{
		fod(j,62,1)if(er[j]&m)
		{
			LL t=((n&(er[63]-1-er[i+1]+1))^(m&(er[63]-1-er[j+1]+1)))&(er[63]-1-er[max(i,j)]+1);
			ans=(ans+er[min(i,j)]%mo*(((t+er[max(i,j)]-1)/M-(max(t,1)-1)/M+(t==0))%mo))%mo;
		}
	}
	fod(i,62,1)if(er[i]&n)
	{
		LL l=((n&(er[63]-1-er[i+1]+1))^m)&(er[63]-1-er[i]+1);
		LL r=l|(er[i]-1);
		ans=(ans-((l-1)/M)+r/M)%mo;
		if(l==0)++ans;
	}
	fod(i,62,1)if(er[i]&m)
	{
		LL l=(n^(m&(er[63]-1-er[i+1]+1)))&(er[63]-1-er[i]+1);
		LL r=l|(er[i]-1);
		ans=(ans-((l-1)/M)+r/M)%mo;
		if(l==0)++ans;
	}
	if((n^m)%M==0)++ans;
	return ans;
} 
int main()
{
	freopen("mod.in","r",stdin);
	freopen("mod.out","w",stdout);
	int q,w;
	scanf("%lld%lld%lld%lld%lld",&l1,&r1,&L1,&R1,&M);
	er[1]=1;fo(i,2,63)er[i]=er[i-1]<<1;
	
	ans=doit(r1,R1)-doit(l1-1,R1)-doit(r1,L1-1)+doit(l1-1,L1-1);
	printf("%lld\n",(ans%mo+mo)%mo);
	return 0;
}