题意
有一个定义在 k 维非负整点上的函数:$f(x_1,x_2,...,x_k):N_{0}^{k}->\{0,1\}$ ，定义方法如下：
若存在$j∈[1,k],x_j=0$，则$f(x_1,x_2,...,x_k)=0$
若对$j∈[1,k]$都有$x_j=1$则$f(x_1,x_2,...,x_k)=1$
否则$f(x_1,x_2,...,x_k)=(\sum_{j=1}^{k}{f(x_1,...,x_{j-1},x_j-1,x_{j+1},...,x_k)})mod 2$
现在给出k，并对每一维坐标给出区间$l_i,r_i$，求：
$\sum_{x_1∈[l_1,r_1],...,x_k∈[l_k,r_k]}{f(x_1,x_2,...,x_k)}$
$1\leq T \leq 10,1 \leq k \leq 9,1 \leq l_j,r_j \leq 10^{15}$。
思考
对于k，某个点的f值为1的充要条件是所有维度在二进制表示下没有交集，即$x_i\&x_j=0,i≠j$。
由于每个维度都有一个限制，不好算，因此我们容斥每个维度是否满足限制。这样，问题转化为选k个数，第i个数最多能选$a_i$个，每一个二进制位上最多有一个1的方案数。设f[i][0/1][S]表示从高位到低位填到第i个数，0/1是当前有没有选1，S是k个数是否达到上限的方案数。每次转移时，考虑当前这一位填不填1即可。
复杂度$O(T*2^{(2k)}*n)$，需要卡常。
代码
1 // luogu-judger-enable-o2
2 #define mod 990804011
3 #include<bits/stdc++.h>
4 using namespace std;
5 typedef long long int ll;
6 int T;
7 int k;
8 ll ans,L[55],R[55];
9 ll f[55][2][1<<9];
10 bool vis[1<<9][1<<9];
11 int BASE,dig[55];
12 int d[55];
13 struct node
14 {
15 int S1,S2;
16 ll val;
17 node(int a=0,int b=0,ll c=0):S1(a),S2(b),val(c){}
18 };
19 inline ll get(ll S,ll x)
20 {
21 return (S&((ll)(ll)1<<x))>0;
22 }
23 inline ll newlimit(ll D,ll nowD,ll limit)
24 {
25 return ((D^nowD)^(BASE))&limit;
26 }
27 inline ll max(ll x,ll y)
28 {
29 return x>y?x:y;
30 }
31 inline ll calc(int S)
32 {
33 ll maxx=0;
34 for(int i=0;i<=51;++i)
35 dig[i]=0;
36 for(int i=0;i<k;++i)
37 {
38 if(S&((ll)1<<i))
39 {
40 if(L[i]==0)
41 return 0;
42 for(int j=0;j<=51;++j)
43 dig[j]|=get(L[i]-1,j)<<i;
44 maxx=max(maxx,L[i]);
45 }
46 else
47 {
48 for(int j=0;j<=51;++j)
49 dig[j]|=get(R[i],j)<<i;
50 maxx=max(maxx,R[i]);
51 }
52 }
53 int base=log2(maxx)+2;
54 memset(f,0,sizeof(f));
55 f[base][0][(1<<k)-1]=1;
56 for(register int i=base;i>=1;--i)
57 {
58 for(register int S=0;S<(1<<k);++S)
59 if(f[i][0][S])
60 {
61 register int x=newlimit(dig[i-1],0,S);
62 f[i-1][0][x]=(f[i-1][0][x]+f[i][0][S])%mod;
63 }
64 for(register int S=0;S<(1<<k);++S)
65 if(f[i][1][S])
66 {
67 register int x=newlimit(dig[i-1],0,S);
68 f[i-1][0][x]=(f[i-1][0][x]+f[i][1][S])%mod;
69 }
70 for(register int S=0;S<(1<<k);++S)
71 if(f[i][1][S])
72 for(register int d1=0;d1<k;++d1)
73 if(get(S,d1)==0||get(dig[i-1],d1)==1)
74 {
75 register int x=newlimit(dig[i-1],1<<d1,S);
76 f[i-1][1][x]=(f[i-1][1][x]+f[i][1][S])%mod;
77 }
78 for(register int S=0;S<(1<<k);++S)
79 if(f[i][0][S])
80 for(register int d=0;d<k;++d)
81 if(get(S,d)==0||get(dig[i-1],d)==1)
82 {
83 register int x=newlimit(dig[i-1],1<<d,S);
84 f[i-1][1][x]=(f[i-1][1][x]+f[i][0][S])%mod;
85 }
86 }
87 ll sum=0;
88 for(register int S=0;S<(1<<k);++S)
89 sum=(sum+f[0][0][S]+f[0][1][S])%mod;
90 return sum;
91 }
92 void dfs(int s,int S,int G)
93 {
94 if(s==k)
95 {
96 ll x=calc(S);
97 if(G&1)
98 ans=(ans-x+mod)%mod;
99 else
100 ans=(ans+x)%mod;
101 return;
102 }
103 dfs(s+1,S,G);
104 dfs(s+1,S|((ll)1<<s),G+1);
105 }
106 inline void solve()
107 {
108 cin>>k;
109 for(int i=0;i<k;++i)
110 {
111 cin>>L[i]>>R[i];
112 --L[i],--R[i];
113 }
114 ans=0;
115 BASE=((ll)1<<k)-1;
116 dfs(0,0,0);
117 cout<<ans<<endl;
118 }
119 int main()
120 {
121 ios::sync_with_stdio(false);
122 cin>>T;
123 while(T--)
124 solve();
125 return 0;
126 }