Pair
题意
给出A B C，问x取值[1,A]和y取值[1,B]存在多少组pair
分析
有关二进制位运算的操作肯定是和要联想到和位的关系的，我们可以考虑枚举每一位计数，但这样会复杂度爆炸，枚举每一位有没有想到什么？数位dp,我们可以考虑把题目条件装化，全集好求，那么求他的补集，求所有\(x \& y <=c\)并且\(x\) xor \(y>=c\)，然后用全集A×B减去就是答案了。
这里的数位dp状态为dp[位数][A枚举上界][B枚举上界][是否满足x and y< c ][是否满足x xor y>c][A是否取了不为0的数][B是否取了不为0的数]
这里有一个关键点，状态中[是否满足x and y< c ][是否满足x xor y>c] 没有取等号，为什么不取等号呢，因为如果条件相反大于的时候我们会直接continue，那么状态就只剩下了到目前位置等于c,和不等于c的相应条件了，这是两种不同的状态，但是都是合法的，所以要记录下来。
刚开始写的时候状态为dp[位数][是否满足x and y< c ][是否满足x xor y>c][A是否取了不为0的数][B是否取了不为0的数] ，即把两个limit没有放到状态里面，就T了。因为常规的写法数位dp是求两个区间之间的值，所以dp的状态要对两个数通用，如果加了limit的话，对于我们的状态定义来说，同一个状态定义对两个不同的数实际上是有不同的，而limit没限制的条件居多，所以之前写的数位dp题状态都是没有limit==1的情况，这些情况都暴力解决了，当然也可以在这些数位dp的题目中加上limit的状态，但是这样就要每次求之前memset dp数组了。而在本题中，因为只进行一次操作，并且都是01串，两个limit==1的情况也是非常多的，如果不记录这两个状态的话，就会导致超时了T_T
第一份AC 第二份状态少了T
#include
#define pb push_back
#define F first
#define S second
#define pii pair
#define mkp make_pair
typedef long long ll;
using namespace std;
const int maxn=5e5+5;
int abit[35],bbit[35],cbit[35];
const int mod=1e9+7;
int n,q;
ll dp[35][3][3][3][3][3][3];
ll dfs(int dep,bool limit1,bool limit2,bool ok1,bool ok2,bool ling1,bool ling2){
if(dep==0){
return ling1&&ling2;
}
if(dp[dep][ok1][ok2][ling1][ling2][limit1][limit2]!=-1)return dp[dep][ok1][ok2][ling1][ling2][limit1][limit2];
ll ans=0;
int up1=limit1?abit[dep]:1;
int up2=limit2?bbit[dep]:1;
for(int i=0;i<=up1;i++){
for(int j=0;j<=up2;j++){
if(!ok1&&(i&j)>cbit[dep])continue;
if(!ok2&&(i^j)cbit[dep]),ling1||i!=0,ling2||j!=0);
}
}
return dp[dep][ok1][ok2][ling1][ling2][limit1][limit2]=ans;
}
ll solve(int a,int b,int c){
memset(dp,-1,sizeof(dp));
for(int i=1;i<=30;i++){
abit[i]=a&1;
bbit[i]=b&1;
cbit[i]=c&1;
a>>=1;
b>>=1;
c>>=1;
}
return dfs(30,1,1,0,0,0,0);
}
int main(){
int t;
scanf("%d",&t);
int a,b,c;
while(t--){
scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);
printf("%lld\n",1ll*a*b-solve(a,b,c));
}
return 0;
} #include
#define pb push_back
#define F first
#define S second
#define pii pair
#define mkp make_pair
typedef long long ll;
using namespace std;
const int maxn=5e5+5;
int abit[35],bbit[35],cbit[35];
const int mod=1e9+7;
int n,q;
ll dp[35][3][3][3][3];
ll dfs(int dep,bool limit1,bool limit2,bool ok1,bool ok2,bool ling1,bool ling2){
if(dep==0){
return ling1&&ling2;
}
if(!limit1&&!limit2&&dp[dep][ok1][ok2][ling1][ling2]!=-1)return dp[dep][ok1][ok2][ling1][ling2];
ll ans=0;
int up1=limit1?abit[dep]:1;
int up2=limit2?bbit[dep]:1;
for(int i=0;i<=up1;i++){
for(int j=0;j<=up2;j++){
if(!ok1&&(i&j)>cbit[dep])continue;
if(!ok2&&(i^j)cbit[dep]),ling1||i!=0,ling2||j!=0);
}
}
return dp[dep][ok1][ok2][ling1][ling2]=ans;
}
ll solve(int a,int b,int c){
memset(dp,-1,sizeof(dp));
for(int i=1;i<=30;i++){
abit[i]=a&1;
bbit[i]=b&1;
cbit[i]=c&1;
a>>=1;
b>>=1;
c>>=1;
}
return dfs(30,1,1,0,0,0,0);
}
int main(){
int t;
scanf("%d",&t);
int a,b,c;
while(t--){
scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);
printf("%lld\n",1ll*a*b-solve(a,b,c));
}
return 0;
}