传送门

题意：

求$sum$。

$a,b,c,d,e\le 1e18$

思路：

这是一篇无从考究的题解，因为fzu现在进不去。
看到这种题直接考虑数位$dp$，对于$[A,B],[C,D]$两个区间我们不太好直接处理，但是我们可以容斥一下，即$[0,B][0,D]-[0,A-1][0,D]-[0,B][0,C-1]+[0,A-1][0,C-1]$。
假设我们求的$[0,B][0,D]$，我们设计状态$f[pos][flag1][flag2][flag3]$
$(1)flag1$表示$i<B$。
$(2)flag2$表示$j<D$。
$(3)flag3$表示$(ixorj)>E$
到目前为止，如果这个题改成求方案数，就可以直接秒了，但是改不得。
设$dp1(pos)$为从$pos$位开始的方案数，$dp2(pos)$为从$pos$位开始的贡献，考虑如何求贡献，我们直接按位来考虑，假设当前到了第$pos$位，且当前位$(ixorj)==1$，那么当前位的贡献就是$(1ll<<pos)\ast dp1(pos-1)+dp2(pos-1)$，这个显然可以维护一个$pair$进行转移。
所以还是一个裸的数位$dp$。
代码也比较好写辣，一定要注意取模，比如代码$68$行，$1ll<<pos$一定要取模，不然炸$LL$了，因为这个对拍的时候一直过不了大样例。。。

// Problem: The Mad Mathematician
// Contest: Virtual Judge - FZU
// URL: https://vjudge.net/problem/FZU-2042
// Memory Limit: 32 MB
// Time Limit: 1000 ms
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)//#pragma GCC optimize("Ofast,no-stack-protector,unroll-loops,fast-math")
//#pragma GCC target("sse,sse2,sse3,ssse3,sse4.1,sse4.2,avx,avx2,popcnt,tune=native")
//#pragma GCC optimize(2)
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<string>
#include<cstring>
#include<map>
#include<cmath>
#include<cctype>
#include<vector>
#include<set>
#include<queue>
#include<algorithm>
#include<sstream>
#include<ctime>
#include<cstdlib>
#include<random>
#include<cassert>
#define X first
#define Y second
#define L (u<<1)
#define R (u<<1|1)
#define pb push_back
#define mk make_pair
#define Mid ((tr[u].l+tr[u].r)>>1)
#define Len(u) (tr[u].r-tr[u].l+1)
#define random(a,b) ((a)+rand()%((b)-(a)+1))
#define db puts("---")
using namespace std;//void rd_cre() { freopen("d://dp//data.txt","w",stdout); srand(time(NULL)); }
//void rd_ac() { freopen("d://dp//data.txt","r",stdin); freopen("d://dp//AC.txt","w",stdout); }
void rd_wa() { freopen("d://dp//data.txt","r",stdin); freopen("d://dp//WA.txt","w",stdout); }typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef pair<LL,LL> PII;const int N=110,mod=1e9+7,INF=0x3f3f3f3f;
const double eps=1e-6;LL a,b,c,d,e;
int A[N],B[N],E[N];
PII f[70][2][2][2];PII dp(int pos,int flag1,int flag2,int flag3) {if(pos==-1) return {flag3,0};if(f[pos][flag1][flag2][flag3].X!=-1) return f[pos][flag1][flag2][flag3];int x=flag1? 1:A[pos];int y=flag2? 1:B[pos];int z=flag3? 0:E[pos];PII ans={0,0};for(int i=0;i<=x;i++) {for(int j=0;j<=y;j++) {if((i^j)<z) continue;PII now=dp(pos-1,flag1||i<x,flag2||j<y,flag3||((i^j)>z));ans.X+=now.X; ans.X%=mod;ans.Y+=now.Y;if((i^j)==1) ans.Y+=(1ll*(1ll<<pos)%mod)*now.X%mod;ans.Y%=mod;}}return f[pos][flag1][flag2][flag3]=ans;
}LL solve(LL x,LL y) {if(x<=0||y<=0) return 0;for(int i=62;i>=0;i--) {A[i]=x>>i&1;B[i]=y>>i&1;}memset(f,-1,sizeof(f));return dp(62,0,0,0).Y%mod;
}int main()
{
//	ios::sync_with_stdio(false);
//	cin.tie(0);//rd_wa();int _; scanf("%d",&_);for(int __=1;__<=_;__++) {scanf("%lld%lld%lld%lld%lld",&a,&b,&c,&d,&e);for(int i=62;i>=0;i--) E[i]=e>>i&1;LL ans=solve(b,d)%mod; ans-=solve(a-1,d); ans%=mod; ans+=mod; ans%=mod;ans-=solve(b,c-1); ans%=mod; ans+=mod; ans%=mod;ans+=solve(a-1,c-1); ans%=mod; ans+=mod; ans%=mod;printf("Case %d: %lld\n",__,ans%mod);}return 0;
}
/*
1
0 200000300000002 0 200000300002322 3
6860360
53360
*/