イタリアということ：3はあなたにA、Bの数を与えるために、Cは尋ねたペア（i、j）は、1 <= I <= A、1 <= J <= B、iとj> CまたはI XOR、jの何<C。、B、Cの範囲1E9。
アイデア：場の方程式を推進している表情を加えたものを無駄に、画面を行います。後に、これはデジタルDP（コード高齢者の次の行からORZ）であることを知っています。まず第一に、我々は問題を入れて、IとJ <Cと私のXOR j>は番号のC数、総数（* B）を減算することにより、この数最小限に抑えることができます。私たちは、DP、いくつかのプロセス変数を設定します。OK1、iとjビットは以前に満たされたが、iとj <C、OK2共感を満たされています。LIM1は、私は簡単に、LIM2共感を埋めることができるかどうかを示します。ZERO1ビットが全て0、ZERO2共感上記フィルか否かを示します。DPときに、ライン上の検索のメモリ。DPは非常に直感的なプロセスが説明されていません。（私はそうほとんどの位置DPの舞台に考えて、あまりにも料理QAQ書きました）
コード：
#include <ビット/ STDC ++ Hが>
の#define LL長い長い
名前空間stdを使用。
const int型MAXN = 55;
【MAXN] INT [MAXN] B、[MAXN] C。
LL DP [MAXN] [2] [2] [2] [2] [2] [2]。
LL DFS（INT DEP、OK1 BOOL、OK2ブール、ブール値LIM1、ブール値LIM2、ブールZERO1、BOOL ZERO2）{
IF（DEP == -1）{
リターン（ZERO1 == 0 && ZERO2 == 0）。
}
（DP [DEP] [OK1] [OK2] [LIM1] [LIM2] [ZERO1] [ZERO2]！= -1）{場合
[DEP] [OK1] [OK2] [LIM1] [LIM2] [ZERO1 DP返します] [ZERO2]。
}
int型MX1、MX2。
（LIM1）MX1なら= [DEP]。
他MX1 = 1;
IF（LIM2）MX2 = B [DEP]。
他のMX2 = 1;
LL ANS = 0。
以下のために（INT i = 0; iは= MX1を<; iは++）{
ための（int型J = 0であり、j <= MX2あり、j ++）{
（もし！OK1 &&（（I＆J）>）[DEP] C）続けます。
（もし！OK2 &&（（I ^ J）<）[DEP] C）続けます。
ANS + = DFS（DEP - 1、OK1 ||（（I＆J）<）[DEP] C、
OK2 ||（（I ^ J）> [DEP] C）、LIM1 &&（I == MX1）
（J == MX2 && LIM2）、ZERO1 &&（I == 0）、ZERO2 &&（j == 0））。
}
}
DP [DEP] [OK1] [OK2] [LIM1] [LIM2] [ZERO1] [ZERO2] = ANS。
ANSを返します。
}
（LL A、LL B、LL C）{解決LL
LLのRES = * Bを、
memset（0、はsizeof（a）参照）。
memset（B、0、はsizeof（b）参照）。
memset（C、0、はsizeof（c）参照）。
memsetの（DP、-1、はsizeof（DP））。
以下のために（INT i = 0; iは<= 35; I ++）{
[I] = A＆1。A >> = 1。
B [I] = B＆1。B> > = 1。
C [I] = C＆1。C >> = 1。
}
戻りRES - DFS（35、0、0、1、1、1、1）。
}
int型のmain（）{
int型のT。
LL A、B、C。
scanf関数（ "％のD"、＆T）。
（T--）{一方
のscanf（ "％LLD％LLD％LLD"、＆A、＆B、＆C）。
printf（ "％LLDする\ n"、（A、B、C）を解きます）。
}
}