[题解][LG-P3791]普通数学题

可以想到将$d$函数的前缀和转化一下：
$$S_d(i)=\sum _{i=1}^{n}d(i)=\sum _{i=1}^n\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$$
那么就可以求出$O(\sqrt{n})$求出每一个前缀和了（整除分块），加上一个unordered_map去除不必要的计算。

将问题修改一下：$i\le n,j\le m⟶i<n+1,j<m+1$

接下来解决$\mathrm{x}\mathrm{o}\mathrm{r}$的问题，首先可以发现，我们可以转化一下问题，求出每一个$d(i)$的贡献。可以（比较难）想到使用数位$dp$的思想，设定前面几位是相同的，然后固定某一位比原数小，然后后面的所有位随便放。

这里设定$le{n}_a,le{n}_b,a,b$，其中$a$的后$le{n}_a$是随便放的，强制令$a$是第$0$到$le{n}_a-1$都是$0$, 第$le{n}_a$位比$n$小（只能是$0$了），然后$le{n}_a$（含）之后的位都和$n$相同,$le{n}_b,b$同理。

设 m x = max ⁡ { l e n a , l e n b } , m n = min ⁡ { l e n a , l e n b } mx=\max\{len_a, len_b\}, mn=\min\{len_a, len_b\} mx=max{lena​,lenb​},mn=min{lena​,lenb​}，一个数$num$的二进制第$p$位是$nu{m}_p$。

那么可以发现，对于$mx$(含）之后的位，都是可以确定的（废话），使用题目的公式计算出来就好了，我们设计算出的结果是$pre$。那么公式可以是：
$$pre=a\wedge b\wedge x\wedge \neg 2^{mx}$$

但是对于第$1$到$mx-1$的位，可以不管题目提供的$x$，因为任何一种可能都能够配出来。设一种可能为$val$，考虑第$p$位，若$p>mn$，那么只有一种可能，就是在$len$的那个数(现在假设为$le{n}_a$较大)中配一个$v\mathrm{x}\mathrm{o}\mathrm{r}{x}_p\mathrm{x}\mathrm{o}\mathrm{r}{b}_p$。假设$p\le mn$，那么就有两种可能：$v\mathrm{x}\mathrm{o}\mathrm{r}{x}_p=a_p\mathrm{x}\mathrm{o}\mathrm{r}{b}_p$。那么对于任何一种可能，都有$2^{mn}$种$a,b$的配合情况。所有的可能就是$[pre,pre+2^{mx}-1]$中的整数了。那么一组$le{n}_a,le{n}_b,a,b$的答案就是：
$$ans(le{n}_a,le{n}_b,a,b)=\left(S_d\left(pre+2^{mx}-1\right)-S_d(pre-1)\right)\times 2^{mn}$$
那么最终答案就是所有合法的$le{n}_a,le{n}_b,a,b$答案之和了。

PS：记得想要得到一个$2^p(p>31)$，必须要写1ll<<p，而不是1<<p。

#include <bits/stdc++.h>
#define LL long long

using namespace std;

const LL MOD = 998244353;
unordered_map<LL, LL> mp;

LL n, m, vl;

LL calc_sd(LL n) {
	if (n < 0) return 0;
	if (mp.count(n)) return mp[n];
	LL ans = 0;
	for (LL l = 1, r; l <= n; l = r + 1) {
		r = n / (n / l);
		ans = (ans + (r - l + 1) * (n / l) % MOD) % MOD;
	}
	return mp[n] = ans;
}

LL calc_ans(LL x, LL y, LL lx, LL ly) {
	if (lx > ly) swap(x, y), swap(lx, ly);
	LL pre = (x ^ y ^ vl) & (~((1ll << ly) - 1));
	LL val1 = calc_sd(pre + (1ll << ly) - 1), val2 = calc_sd(pre - 1);
	return (val1 - val2 + MOD) % MOD * (1ll << lx) % MOD;
}
int main() {
	scanf("%lld%lld%lld", &n, &m, &vl), n++, m++;
	LL ans = 0;
	for (int i = 0; i <= 50; i++) if (n & (1ll << i)) 
		for (int j = 0; j <= 50; j++) if (m & (1ll << j)) 
			ans = (ans + calc_ans(n ^ (1ll << i), m ^ (1ll << j), i, j)) % MOD;
	printf("%lld\n", ans);
	return 0;
}