解析

似乎位运算和易或并没有太多性质上的联系…
所以换个角度分析

考虑按照二进制进行类似数位dp
暴力枚举 i 和 j 的前k,p位与n、m相同，下一位比n、m小。
然后后面的东西就可以随便填
每个异或的结果都有2^(两个数都可以随便填的位数)的方案
然后乘上一个约数个数前缀和的差分即可
由于n和m的二进制表示确定，需要求的前缀和的个数其实是O(logn)级别的
利用map记忆化一下可以做到$\sqrt{n}\ast \log n$
能够通过本题

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define il inline
const int N=200050;
const int mod=998244353;
inline ll read(){ll x=0,f=1;char c=getchar();while(!isdigit(c)){if(c=='-') f=-1;c=getchar();}while(isdigit(c)){x=x*10+c-'0';c=getchar();}return x*f;
}
ll n,m,x;
map<ll,ll>mp;
ll mi[80];
ll calc(ll x){if(x<=0) return 0;if(mp.count(x)) return mp[x];ll ans=0;for(ll l=1,r;l<=x;l=r+1){r=x/(x/l);(ans+=1ll*(r-l+1)*(x/l))%=mod;}return mp[x]=ans;
}
int main(){#ifndef ONLINE_JUDGEfreopen("a.in","r",stdin);freopen("a.out","w",stdout);#endifmi[0]=1;for(int i=1;i<=40;i++) mi[i]=mi[i-1]<<1;n=read();m=read();x=read();++m;++n;ll res=0;for(int i=0;i<=40;i++){if((mi[i]&n)==0) continue;for(int j=0;j<=40;j++){if((mi[j]&m)==0) continue;int mn=min(i,j),mx=max(i,j);ll pre=(n^m^x^mi[i]^mi[j])&(mi[40]-mi[mx]);res+=((calc(pre+mi[mx]-1)-calc(pre-1)+mod)%mod*mi[mn])%mod;res%=mod;//printf("i=%d j=%d pre=%lld (%lld %lld) res=%lld\n\n",i,j,pre,pre+mi[mx]-1,pre-1,res);}}printf("%lld\n",res);return 0;
}
/*14 3 1 22 7 5 03 4 -10 19 10 1 0
*/