首先第一步，位运算拆位。变为一个区间的 \(And\) 为 \(0\) 或 \(1\)。
如果 \(And\) 为 \(1\)，那么所有数都需要为 \(1\)，否则为 \(0\)。
我们把所有可能为 \(0\) 的位置拉出来，然后和区间进行离散化。这个可以做到 \(O(n+m)\)，处理每个位置前面第一个可能为 \(0\) 的位置即可。
问题转化为一个序列的一些区间中必须包含至少一个 \(0\)。仔细看看，好像和 命运 在链上的情况有点像。
于是。我们设上一个 \(dp[n][k]\) 表示当前从左往右扫描到第 \(n\) 个数，上一个 \(0\) 出现在第 \(k\) 个位置上。
分两种情况：是某个区间的右端点和不是某个区间的右端点。对于每个是右端点的位置，我们存下左端点中最靠右的那个设为 \(L_n\)。
是右端点：
\[dp[n][k]=[L_n\leq k]dp[n-1][k]
\]
\[dp[n][n]=\sum_{i=1}^{n-1}dp[n-1][i]
\]
不是右端点：
\[dp[n][k]=dp[n-1][k]
\]
\[dp[n][n]=\sum_{i=1}^{n-1}dp[n-1][i]
\]
问题相当于每次让 \(dp[n]\) 继承 \(dp[n-1]\)，然后删掉某一段左端点，然后插入一个位置为左边的位置的和。
我们可以维护一个区间 \([L,R]\) 表示目前有值的区间，然后用一个 \(sum\) 维护区间的和，然后就做完了。
答案是每一位最后的 \(sum\) 的积。
#include<cstdio>
typedef unsigned ui;
const ui M=5e5+5,mod=998244353;
ui n,k,m,l[M],r[M],x[M];
ui s[M];
inline ui max(const ui&a,const ui&b){
return a>b?a:b;
}
inline ui Solve(const ui&k){
ui len(0);
static ui t[M],L[M],dp[M],pre[M];
for(ui i=1;i<=n;++i)s[i]=0;
for(ui i=1;i<=m;++i)if(t[i]=x[i]>>k&1)++s[l[i]],--s[r[i]+1];
for(ui i=1;i<=n;++i)s[i]+=s[i-1];
for(ui i=1;i<=n;++i){
if(!s[i])++len;pre[i]=len;
}
for(ui i=1;i<=len;++i)L[i]=0;
for(ui i=1;i<=m;++i)if(!t[i])L[pre[r[i]]]=max(L[pre[r[i]]],s[l[i]]?pre[l[i]]+1:pre[l[i]]);
for(ui i=1;i<=len;++i)L[i]=max(L[i],L[i-1]);
ui l(0),r(0);unsigned long long sum(1);dp[0]=1;
for(ui i=1;i<=len;++i){
while(l<L[i-1])sum-=dp[l++];dp[i]=sum%mod;sum+=dp[i];
}
while(l<L[len])sum-=dp[l++];
return sum%mod;
}
signed main(){
ui ans(1);
scanf("%u%u%u",&n,&k,&m);
for(ui i=1;i<=m;++i)scanf("%u%u%u",l+i,r+i,x+i);
for(ui i=0;i<k;++i)ans=1ull*ans*Solve(i)%mod;
printf("%u",ans);
}