题解：CF2075E XOR Matrix

注意到一个数组内的数的种类不可能大于 $2$，于是大力分类讨论。

$a,b$ 数组内的数均只有一种，此时生成的异或矩阵只有一种取值，满足题目条件，方案数为 $(A + 1)(B + 1)$。
$a$ 数组内的数有两种，$b$ 中只有一种。此时生成的异或矩阵有两种取值，仍然满足题目条件。可以给 $a$ 数组内的数任意选择两种，并枚举其中一种数的个数。用二项式定理进一步化简，最终可得到方案数为

$(B + 1) \times \binom {A + 1}{2} \sum \limits_{i = 1}^{n - 1} \binom {n}{i} \\ =\dfrac{1}{2}{(B + 1)(A + 1)A}\sum \limits_{i = 1}^{n - 1} \binom {n}{i} \\ =\dfrac{1}{2}{(B + 1)(A + 1)A}(2^n - 2)$

$b$ 数组内的数有两种，$a$ 中只有一种。同理可得方案数为

$\dfrac{1}{2}{(A + 1)(B + 1)B}(2^m - 2)$

$a,b$ 数组内的数均有两种。设 $a$ 中存在 $x_1,x_2 (x_1 \neq x_2)$，$b$ 中存在 $y_1,y_2 (y_1 \neq y_2)$，则只有 $x_1 \oplus y_2 = x_2 \oplus y_1$ 时满足题意。交换一下可得 $x_1 \oplus x_2 = y_1 \oplus y_2$。由于每一位相互独立，所以设 $dp_{i,0/1,0/1,0/1,0/1}$ 表示考虑到第 $i$ 位时，$x_1,x_2,y_1,y_2$ 是否已经达到上界时的方案数，直接大力数位 dp 即可。需要注意的时，最后还需要枚举某一个数的个数，也就是乘上

$\sum \limits_{i = 1}^{n - 1} \binom {n}{i} \times \sum \limits_{i = 1}^{m - 1} \binom {m}{i} \\ = (2^n - 2)(2^m - 2)$

最终代码如下：

#include <bits/stdc++.h>
#define init(x) memset (x,-1,sizeof (x))
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define INF 0x3f3f3f3f
#define pii pair <int,int>
using namespace std;
const int MAX = 1e5 + 5;
const int MOD = 998244353;
inline int read ();
int t,a[35],b[35];ll n,m,A,B,ans,inv_2 = 499122177,dp[35][2][2][2][2]; 
ll qpow (ll x,ll y)
{
    ll res = 1;
    while (y)
    {
        if (y & 1) res = res * x % MOD;
        x = x * x % MOD;
        y >>= 1;
    }
    return res;
}
int dfs (int x,bool lead,bool p1,bool p2,bool p3,bool p4)
{
    if (x >= 30) return !lead;//不能均为 0 
    if (~dp[x][p1][p2][p3][p4]) return dp[x][p1][p2][p3][p4];
    ll sum = 0;
    for (int d1 = 0;d1 <= (p1 ? a[x] : 1);++d1)
        for (int d2 = 0;d2 <= (p2 ? d1 : 1);++d2)
            for (int d3 = 0;d3 <= (p3 ? b[x] : 1);++d3)
                for (int d4 = 0;d4 <= (p4 ? d3 : 1);++d4)
                    if ((d1 ^ d2) == (d3 ^ d4))
                        sum += dfs (x + 1,lead && !(d1 ^ d2),p1 && (d1 == a[x]),p2 && (d2 == d1),p3 && (d3 == b[x]),p4 && (d4 == d3)),sum %= MOD;
    return dp[x][p1][p2][p3][p4] = sum;
}
int main ()
{
    //freopen (".in","r",stdin);
    //freopen (".out","w",stdout);
    t = read ();
    while (t--)
    {
        n = read ();m = read ();A = read ();B = read ();
        ans = (A + 1) * (B + 1) % MOD;
        ans += (A + 1) * (B + 1) % MOD * B % MOD * inv_2 % MOD * (qpow (2,m) - 2 + MOD) % MOD;ans %= MOD;
        ans += (B + 1) * (A + 1) % MOD * A % MOD * inv_2 % MOD * (qpow (2,n) - 2 + MOD);ans %= MOD;
        for (int i = 0;i < 30;++i,A >>= 1) a[29 - i] = A & 1;
        for (int i = 0;i < 30;++i,B >>= 1) b[29 - i] = B & 1;
        init (dp);
        ans += dfs (0,1,1,1,1,1) * (qpow (2,m) - 2 + MOD) % MOD * (qpow (2,n) - 2 + MOD) % MOD;ans %= MOD;
        printf ("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}
inline int read ()
{
    int s = 0;int f = 1;
    char ch = getchar ();
    while ((ch < '0' || ch > '9') && ch != EOF)
    {
        if (ch == '-') f = -1;
        ch = getchar ();
    }
    while (ch >= '0' && ch <= '9')
    {
        s = s * 10 + ch - '0';
        ch = getchar ();
    }
    return s * f;
}