可以想到將\(d\)函式的字首和轉化一下：

\[S_d(i)=\sum_{i=1}^n d(i)=\sum_{i=1}^n \left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor \]

那麼就可以求出\(O(\sqrt{n})\)求出每一個字首和了（整除分塊），加上一個unordered_map去除不必要的計算。

將問題修改一下：\(i \leq n, j \leq m \longrightarrow i < n + 1, j < m + 1\)

接下來解決\(\mathrm{xor}\)的問題，首先可以發現，我們可以轉化一下問題，求出每一個\(d(i)\)的貢獻。可以（比較難）想到使用數位\(dp\)

的思想，設定前面幾位是相同的，然後固定某一位比原數小，然後後面的所有位隨便放。

這裡設定\(len_a, len_b, a, b\)，其中\(a\)的後\(len_a\)是隨便放的，強制令\(a\)是第\(0\)到\(len_a-1\)都是\(0\), 第\(len_a\)位比\(n\)小（只能是\(0\)了），然後\(len_a\)（含）之後的位都和\(n\)相同,\(len_b, b\)同理。

設\(mx=\max\{len_a, len_b\}, mn=\min\{len_a, len_b\}\)，一個數\(num\)的二進位制第\(p\)位是\(num_p\)。

那麼可以發現，對於\(mx\)

(含）之後的位，都是可以確定的（廢話），使用題目的公式計算出來就好了，我們設計算出的結果是\(pre\)。那麼公式可以是：

\[pre=a \land b \land x \land \lnot2^{mx} \]

但是對於第\(1\)到\(mx-1\)的位，可以不管題目提供的\(x\)，因為任何一種可能都能夠配出來。設一種可能為\(val\)，考慮第\(p\)位，若\(p>mn\)，那麼只有一種可能，就是在\(len\)的那個數(現在假設為\(len_a\)較大)中配一個\(v~\mathrm{xor}~x_p~\mathrm{xor}~b_p\)。假設\(p\leq mn\)，那麼就有兩種可能：\(v~\mathrm{xor}~x_p=a_p~\mathrm{xor}~b_p\)

。那麼對於任何一種可能，都有\(2^{mn}\)種\(a,b\)的配合情況。所有的可能就是\([pre,pre+2^{mx}-1]\)中的整數了。那麼一組\(len_a, len_b, a, b\)的答案就是：

\[ans(len_a, len_b, a, b)=\left(S_d\left(pre+2^{mx}-1\right)-S_d(pre-1)\right)\times 2^{mn} \]

那麼最終答案就是所有合法的\(len_a, len_b, a,b\)答案之和了。

PS：記得想要得到一個\(2^p(p>31)\)，必須要寫1ll<<p，而不是1<<p。

#include <bits/stdc++.h>
#define LL long long

using namespace std;

const LL MOD = 998244353;
unordered_map<LL, LL> mp;

LL n, m, vl;

LL calc_sd(LL n) {
	if (n < 0) return 0;
	if (mp.count(n)) return mp[n];
	LL ans = 0;
	for (LL l = 1, r; l <= n; l = r + 1) {
		r = n / (n / l);
		ans = (ans + (r - l + 1) * (n / l) % MOD) % MOD;
	}
	return mp[n] = ans;
}

LL calc_ans(LL x, LL y, LL lx, LL ly) {
	if (lx > ly) swap(x, y), swap(lx, ly);
	LL pre = (x ^ y ^ vl) & (~((1ll << ly) - 1));
	LL val1 = calc_sd(pre + (1ll << ly) - 1), val2 = calc_sd(pre - 1);
	return (val1 - val2 + MOD) % MOD * (1ll << lx) % MOD;
}
int main() {
	scanf("%lld%lld%lld", &n, &m, &vl), n++, m++;
	LL ans = 0;
	for (int i = 0; i <= 50; i++) if (n & (1ll << i)) 
		for (int j = 0; j <= 50; j++) if (m & (1ll << j)) 
			ans = (ans + calc_ans(n ^ (1ll << i), m ^ (1ll << j), i, j)) % MOD;
	printf("%lld\n", ans);
	return 0;
}