造数字（数位DP）

题面

JZM 想要创造两个数字 x 和 y，它们需要满足 x or y = T，且L_x ≤ x ≤ R_x, L_y ≤ y ≤ R_y，JZM 想知道 x and y 有多少种可能的不同的取值。若有多组 (x, y) 有相同的 x and y 的取值，则只算一次。

0 ≤ T,L_x,R_x,L_y,R_y < 2⁶⁰.

Sample Input
11 3 10 8 13
Sample Output
7

题解

看上去貌似是数位 DP，于是我们就设计一个 DP：$dp[i][s_1][s_2][s_3][s_4]$ 表示[当前转移到第 $i$ 位，$x$ 是/否达到下界，$x$ 是/否达到上界，$y$ 是/否达到下界，$y$ 是/否达到上界]时 $\text{x and y}$ 有多少种不同的取值。

然后观察样例，我们发现这不好转移，原因是本质相同的一种与值很容易计算多次。我们如果能保证当前位与值为 1 时和为 0 时两种情况能唯一转移到其它状态，这样就能保证不重复。但是如果当前位与值为 0 ，$x,y$ 可以是 $\text{0 \& 1}$，$\text{1 \& 0}$ 或 $\text{0 \& 0}$，而三种情况 $\{s_1,s_2,s_3,s_4\}$ 结果不一样，那么就不可避免的要么计算重复，要么计算缺失了。

如果说这种情况能唯一对应一个状态的话，那就是状态集 $\{\{s_1,s_2,s_3,s_4{\}}_1,\{s_1,s_2,s_3,s_4{\}}_2,...\}$ ，表示集合中每一种状态 $\{s_1,s_2,s_3,s_4{\}}_i$ 都可行。不同的 $\{s_1,s_2,s_3,s_4\}$ 一共有 $2^4=16$ 种，不妨就记为二进制数 $\text{0000—1111}$ ，那我们就可以用 $2^{16}$ 以内的二进制数来表示状态集，第 $i$ 位上表示 $\text{0000—1111}$ 这 16 种状态的第 $i$ 种是否可能。（状态有 $2^4=16$ 种，状态集有 $2^{2^4}=2^{16}$ 种）

于是我们可以设计一个状态数为 $\log T\ast 2^{16}$ 的 DP：$dp[i][S]$ 表示进行到第 $i$ 位，状态集为 $S$. 转移的时候就把状态集 $S$ 中每一种可能的状态进行转移，然后处理出下一位每一种状态是否可行，以便处理出新的状态集 $S_0^{\prime }$ 和 $S_1^{\prime }$（对应当前位的与值为 0 或 1）。

这应该是做过的单次复杂度最高的数位 DP 了，复杂度为 $O(\log T\ast 2^{16}\ast 16)$ （按道理复杂度中不应该带常数的）。

CODE

#include<set>
#include<map>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define MAXN 100005
#define DB double
#define LL long long
#define ENDL putchar('\n')
#define lowbit(x) (-(x) & (x))
#pragma GCC optimize(2)
LL read() {
	LL f = 1,x = 0;char s = getchar();
	while(s < '0' || s > '9') {if(s=='-')f = -f;s = getchar();}
	while(s >= '0' && s <= '9') {x=x*10+(s-'0');s = getchar();}
	return f * x;
}
const int MOD = 998244353;
int n,m,i,j,s,o,k;
LL T,l1,r1,l2,r2;
LL dp[65][1<<16|5];
int cg(int i,int ss,int x,int y) {
	int s1 = (ss&1),s2 = ((ss>>1)&1),s3 = ((ss>>2)&1),s4 = ((ss>>3)&1);
	int b1 = (s1 ? ((l1>>i)&1):0),t1 = (s2 ? (((r1&T)>>i)&1):((T>>i)&1));
	int b2 = (s3 ? ((l2>>i)&1):0),t2 = (s4 ? (((r2&T)>>i)&1):((T>>i)&1));
	if(x < b1 || x > t1 || y < b2 || y > t2 || (x|y) != ((T>>i)&1)) return 16;
	int res = 0;
	if(x == ((l1>>i)&1) && s1) res |= 1;
	if(x == ((r1>>i)&1) && s2) res |= (1<<1);
	if(y == ((l2>>i)&1) && s3) res |= (1<<2);
	if(y == ((r2>>i)&1) && s4) res |= (1<<3);
	return res;
}
int main() {
	freopen("number.in","r",stdin);
	freopen("number.out","w",stdout);
	T = read();l1 = read();r1 = read();l2 = read();r2 = read();
	dp[60][1<<15] = 1;
	for(int i = 59;i >= 0;i --) {
		for(int S = 0;S < (1<<16);S ++) {
			if(!dp[i+1][S]) continue;
			int S1 = 0,S0 = 0;
			for(int j = 0;j < 16;j ++) {
				if(!(S & (1<<j))) continue;
				S1 |= (1<<cg(i,j,1,1));
				S0 |= (1<<cg(i,j,1,0));
				S0 |= (1<<cg(i,j,0,1));
				S0 |= (1<<cg(i,j,0,0));
			}
			S1 &= ((1<<16)-1);
			S0 &= ((1<<16)-1);
			if(S1) dp[i][S1] += dp[i+1][S];
			if(S0) dp[i][S0] += dp[i+1][S];
		}
	}
	LL ans = 0;
	for(int i = 1;i < (1<<16);i ++) {
		ans += dp[0][i];
	}
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}