切了一道简单的数位DP，终于有些没白做题的感觉了...（然而mjt更强没做过这类的题也切了orz）
看部分分，如果\(k=0\)，就是求\(\sum_{i=0}^n\sum_{j=0}^mi\ \mathbb{xor}\ j\)。这个数据范围考虑数位DP。（其实统计一下\(\leq n\)和\(\leq m\)中每位为\(1\)的数有多少个就行了...）
如果你做过字节跳动冬令营网络赛 D.The Easiest One（没做过也行），就可以想到枚举每一位的时候，同时枚举\(x,y\)这一位选啥，处理一下贡献就行了。
对于\(k\)的限制，同样对\(k\)二进制分解，转移时判一下如果当前\(<k\)时continue就行了...
看代码很好理解...
貌似有很神的代码...见洛谷rank1=-=
//828kb 1532ms
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define mp std::make_pair
#define pr std::pair<int,int>
#define gc() getchar()
typedef long long LL;
const int N=66,INF=1e9+7;
int P,bitx[N],bity[N],bitk[N];
LL pw[N];
pr f[N][8];
bool vis[N][8];
inline LL read()
{
LL now=0;register char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-48,c=gc());
return now;
}
pr DFS(int x,int s)//pair(和，方案数)
{//0:==k 1:>k
if(x==-1) return mp(0,1);
if(vis[x][s]) return f[x][s];
int upx=s&1?bitx[x]:1, upy=s&2?bity[x]:1, sk=s&4;
LL f1=0,f2=0;
for(int i=0; i<=upx; ++i)
for(int j=0; j<=upy; ++j)
{
int val=(i^j)-bitk[x];
if(!sk && val<0) continue;
pr v=DFS(x-1,(s&1&&i==upx)|((s&2&&j==upy)<<1)|((sk||val>0)<<2));
if(val) f1+=val*pw[x]*v.second%P;
f1+=v.first, f2+=v.second;
}
return vis[x][s]=1,f[x][s]=mp((f1%P+P)%P,f2%P);
}
void Calc(LL x,LL y,LL k)
{
memset(vis,0,sizeof vis);
memset(bitx,0,sizeof bitx);
memset(bity,0,sizeof bity);
memset(bitk,0,sizeof bitk);
int t1=0,t2=0,t3=0;
for(; x; x>>=1) bitx[t1++]=x&1;
for(; y; y>>=1) bity[t2++]=y&1;
for(; k; k>>=1) bitk[t3++]=k&1;
printf("%d\n",DFS(std::max(t1,std::max(t2,t3))-1,3).first);
}
int main()
{
freopen("table.in","r",stdin);
freopen("table.out","w",stdout);
for(int T=read(); T--; )
{
LL n=read()-1,m=read()-1,K=read(); int P=read(); ::P=P;
for(int i=0; i<63; ++i) pw[i]=(1ll<<i)%P;
Calc(n,m,K);
}
return 0;
}