又快退役了，所以写写一句话题解。
看起来好像有点数位dp的感觉；根据套路，如果在某一位上\(b_i<a_i\)，那么之后这一位上就可以随便填了，而这个可以随便填的数我们就钦定它有调节作用，无论其他数异或的结果是什么，都可以通过这个数调整成目标结果。
我们枚举一个数位\(k\)使得\(b_i\)高于数位的部分都和\(a_i\)相等，之后搞个\(dp\)，设\(dp_{i,0/1,0/1}\)表示处理了前\(i\)个数，\(k\)位上的异或值为0/1，是否钦定了调解数；考虑从\(i\)到\(i+1\)转移，如果\(a_{i+1}\)在第\(k\)位是0，那么后面随便选一个小于剩余部分的数即可；如果是\(1\)，我们就考虑一下是否钦定其为调节数。这样就可以写一个\(O(Qn\log w)\)的暴力了。
不难发现这个dp随便就可以矩乘优化，线段树维护一下，复杂度\(O(n\log n\log w)\)。http://zhengruioi.com/submission/212421
一个暴力的想法，枚举一个子矩形，求交恰为这个子矩形的方案数有多少；我们发现做这个的时候大概就需要容斥一下，设\(F(n,m)\)表示交至少为\(n\times m\)子矩形的方案数，发现只需要算\(F(1,1)-F(1,2)-F(2,1)+F(2,2)\)。于是我们需要对于这四种大小的矩形求有多少个矩形将其包含。
现在有了一个\(O(n^4)\)的做法，以求\(F(1,1)\)为例，枚举一个全\(1\)子矩形，考虑这个子矩形包含了哪些\(1\times 1\)大小的子矩形，这个影响就是一个子矩阵加\(1\)，差分一下即可。\(F(2,1),F(1,2),F(2,2)\)同理。
我们发现差分实际上跟矩形的四个顶点有关系，我们只对每个点求其是多少个矩形的右下/右上/左下/左上顶点即可。经典问题，单调栈就能做到\(O(n^2)\)，统计答案的时候需要快速幂，于是复杂度是\(O(n^2\log k)\)。http://zhengruioi.com/submission/212100
显然的dp是，\(dp_i=1+\sum_{j=1}^{i-1}S_{i,j}dp_j\)，其中\(S_{i,j}\)表示矩形\(i\)和矩形\(j\)交的的面积。
一个显然的等价转化，求出\(dp_j\)后将矩阵\(j\)都加上\(dp_j\)，求\(dp_i\)的时候只需要求矩形\(i\)的和；显然可以CDQ分治后转化为一个二维数点问题，一个小trick是将加转化为后缀加，查询的时候前缀查，可以省去一定程度上的讨论，复杂度是\(O(n\log^2 n)\)。http://zhengruioi.com/submission/209812