题意：求$a\ xor\left(a+b\right)xor\cdots xor\left(a+b\left(n-1\right)\right)$

对每一位求答案，第$k$的答案是$\sum\limits_{i=0}^{n-1}\left\lfloor\dfrac{a+bi}{2^k}\right\rfloor$，这是类欧几里得算法中的一个

类欧几里得算法：求$f\left(a,b,c,n\right)=\sum\limits_{i=0}^n\left\lfloor\dfrac{ai+b}{c}\right\rfloor$

①若$a\geq c$或$b\geq c$，我们可以把它除出来，原式$=\dfrac{n\left(n+1\right)}{2}\left\lfloor\dfrac{a}{c}\right\rfloor+\left(n+1\right)\left\lfloor\dfrac{b}{c}\right\rfloor+f(a\%c,b\%c,c,n)$

②若$a\lt c$且$b\lt c$，令$m=\left\lfloor\dfrac{an+b}{c}\right\rfloor$

原式

$\begin{align*}&=\sum\limits_{i=0}^n\sum\limits_{j=1}^m\left[\left\lfloor\dfrac{ai+b}{c}\right\rfloor\geq j\right]\\&=\sum\limits_{i=0}^n\sum\limits_{j=0}^{m-1}\left[\left\lfloor\dfrac{ai+b}{c}\right\rfloor\geq j+1\right]\\&=\sum\limits_{i=0}^n\sum\limits_{j=0}^{m-1}\left[ai+b\geq cj+c\right]\\&=\sum\limits_{i=0}^n\sum\limits_{j=0}^{m-1}\left[ai\gt cj+c-b-1\right]\\&=\sum\limits_{i=0}^n\sum\limits_{j=0}^{m-1}\left[i\gt\left\lfloor\dfrac{cj+c-b-1}{a}\right\rfloor\right]\end{align*}$

因为$i,j$独立，所以两个求和符号可以换过来

$\begin{align*}&=\sum\limits_{j=0}^{m-1}\sum\limits_{i=0}^n\left[i\gt\left\lfloor\dfrac{cj+c-b-1}{a}\right\rfloor\right]\\&=\sum\limits_{j=0}^{m-1}\left(n-\left\lfloor\dfrac{cj+c-b-1}{a}\right\rfloor\right)\\&=mn-f\left(c,c-b-1,a,m-1\right)\end{align*}$

$a,c$每次递归要么被①削成余数，要么被②交换位置，类似欧几里得算法，复杂度也是一样的

边界是$a=0$

那么我们现在可以快速求原来的式子了

本题其实就是在模$2$的意义下求答案

#include
     
      #define ll long longll f(ll a,ll b,ll c,ll n){	if(a==0)return(b/c*(n+1))&1;	if(a>=c||b>=c)return((a/c*n*(n+1)/2)&1)^((b/c*(n+1))&1)^f(a%c,b%c,c,n);	ll m=(a*n+b)/c;	return((n*m)&1)^f(c,c-b-1,a,m-1);}int main(){	int t,i,n,a,b;	ll ans;	scanf("%d",&t);	while(t--){		scanf("%d%d%d",&n,&a,&b);		ans=0;		for(i=0;i<60;i++)ans|=(f(b,a,1ll<
      
       <