考虑做类似数位 dp 的东西。
首先把 \(n,m\) 各加一，限制转换为 \(i<n,j<m\)。
套路地枚举 \(i,j\) 和 \(n,m\) 二进制下第一个不同的位置，则更低位就可以任取了。不难发现这个时候 \(i \operatorname{xor} j \operatorname{xor} x\) 的取值是一段形如 \(\left [A,A+2^k \right )\) 的区间，且区间里每个数被取到的次数相等。
所以问题就转化为求 \(\sum_{i=l}^{r}d(i)\)，容斥一下变为求 \(\sum_{i=1}^{n}d(i)\)。考察每个约数的贡献，可以发现 \(\forall i \leq n\)，\(i\) 都贡献了 $\left \lfloor \frac{n}{i} \right \rfloor $ 次，所以 \(\sum_{i=1}^{n}d(i)=\sum_{i=1}^{n}\left \lfloor \frac{n}{i} \right \rfloor\)，整除分块即可。
直接做复杂度是 \(O(V^{0.5}\log^2 V)\) 的。注意到本质不同的 \(A\) 的个数是 \(O(\log V)\) 的，所以可以记忆化，复杂度降为 \(O(V^{0.5}\log V+\log^2V)\)，可以通过。
AC record