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Sol

设\(solve(x, y)\)表示\(i \in [0, x], j \in [0, y]\)满足题目要求的方案数

首先容斥一下，\(ans = solve(r_1, r_2) - solve(l_1 - 1, r_2) - solve(l_2 - 1, r_1) + solve(l_1 -1, l_2 - 1)\)

然后按照套路按位拆分，这里拆的时候是直接对\(x, y\)进行拆分

这样就把问题转换成了看起来似乎简单一些的问题

假设拆完后的数是

110011101

1011

我们只要对于任意一对为1的位，求出小于该位的所有合法解即可

比如\(i = 3, j = 1\)我们要计算的就是\([110010000, 110010111]\)与\([1000, 1001]\)内的合法解

两种都可以写成\([v, v + 2^k]\)的性质

先考虑一种简单的情况，即\(v = 0\)

假设\(i > j\)，那么\(\forall z = x \oplus y \leqslant 2^i\), 对于任意的\(x \leqslant 2^j\)，都会有唯一的\(y\)与之对应

那么我们只要数出\([0, 2^i]\)中\(\% M == 0\)的数的个数，再乘上\(2^j\)即可

存在\(a[i]\)的限制实际上是一样的。

但是这样统计到的实际上是开区间的信息，只要在右端点处+1即可

#include<iostream>

#include<algorithm>

#define LL long long

using namespace std;

const LL mod = 998244353;

LL l1, r1, l2, r2, M;

LL add(LL x, LL y) {

	return (x + y >= mod) ? (x + y - mod) : (x + y);

}

LL calc(LL l, LL r) {

	if(l == 0) return ((r / M) + 1) % mod;

	return (r / M - (l - 1) / M) % mod;

}

LL solve(LL X, LL Y) {

	LL ans = 0;

	for(LL i = 0, p1 = X; p1; i++, p1 >>= 1) {

		for(LL j = 0, p2 = Y; p2; j++, p2 >>= 1) {

			if((p1 & 1) && (p2 & 1)) {

				LL x = i, y = j; if(x < y) swap(x, y);

				LL ll = ((((p1 ^ 1) << i) ^ ((p2 ^ 1) << j)) >> x) << x;

				ans = add(ans,  (1ll << y) % mod * calc(ll, ll + (1ll << x) - 1) % mod);

				//cout << ans << endl;

			}

		}

	}

//	cout << ans << endl;

	return ans;

}

int main() {

	cin >> l1 >> r1 >> l2 >> r2 >> M;

	cout << (solve(r1 + 1, r2 + 1) - solve(l1, r2 + 1) + mod - solve(r1 + 1, l2) + mod + solve(l1, l2) + mod) % mod;

	return 0;

}

/*

1 1  1 1 1

*/