题意：

思路：

观察可以发现，由于i&j=0i \And j=0i&j=0，所以log2(i+j)log_2(i+j)log2(i+j)表示的应该是i+ji+ji+j的111的最高位。
一个显然的dpdpdp状态就出来了f[pos][flag1][flag2][maxlen]f[pos][flag1][flag2][maxlen]f[pos][flag1][flag2][maxlen]表示到了pospospos位，flag1,flag2flag1,flag2flag1,flag2分别表示x,yx,yx,y是否能选到上界，maxlenmaxlenmaxlen就是最高位。这个的复杂度是30∗2∗2∗3030*2*2*3030∗2∗2∗30的，由于T≤1e5T\le 1e5T≤1e5，而且只给了1s1s1s，这个显然会TTT的很惨，所以考虑如何优化。
如果我们去掉maxlenmaxlenmaxlen之后，f[pos][flag1][flag2]f[pos][flag1][flag2]f[pos][flag1][flag2]求出来的是什么呢？是满足i&j=0i\And j=0i&j=0的数的个数，由于最高位也是数的一个特征，所以想要在dpdpdp中维护是不太可能的事情了，考虑每一位只有可能是i,ji,ji,j当中的一个为111，那么我们可以通过枚举最高位是111，让后用去掉maxlenmaxlenmaxlen的dpdpdp算出有多少个，之后乘上长度不就行啦，这样求一次的复杂度就降为30+30∗2∗230+30*2*230+30∗2∗2了，就可以稳过辣。

// Problem: Sum of Log
// Contest: NowCoder
// URL: https://ac.nowcoder.com/acm/contest/9925/C
// Memory Limit: 2097152 MB
// Time Limit: 2000 ms
//
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)//#pragma GCC optimize("Ofast,no-stack-protector,unroll-loops,fast-math")
//#pragma GCC target("sse,sse2,sse3,ssse3,sse4.1,sse4.2,avx,avx2,popcnt,tune=native")
//#pragma GCC optimize(2)
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<string>
#include<cstring>
#include<map>
#include<cmath>
#include<cctype>
#include<vector>
#include<set>
#include<queue>
#include<algorithm>
#include<sstream>
#include<ctime>
#include<cstdlib>
#include<random>
#include<cassert>
#define X first
#define Y second
#define L (u<<1)
#define R (u<<1|1)
#define pb push_back
#define mk make_pair
#define Mid ((tr[u].l+tr[u].r)>>1)
#define Len(u) (tr[u].r-tr[u].l+1)
#define random(a,b) ((a)+rand()%((b)-(a)+1))
#define db puts("---")
using namespace std;//void rd_cre() { freopen("d://dp//data.txt","w",stdout); srand(time(NULL)); }
//void rd_ac() { freopen("d://dp//data.txt","r",stdin); freopen("d://dp//AC.txt","w",stdout); }
//void rd_wa() { freopen("d://dp//data.txt","r",stdin); freopen("d://dp//WA.txt","w",stdout); }typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef pair<int,int> PII;const int N=1000010,mod=1e9+7,INF=0x3f3f3f3f;
const double eps=1e-6;int x,y;
LL f[31][2][2];
int a[100],b[100];LL dp(int pos,int flag1,int flag2) {if(pos==-1) return 1;if(f[pos][flag1][flag2]!=-1) return f[pos][flag1][flag2];int x=flag1? 1:a[pos];int y=flag2? 1:b[pos];LL ans=0;for(int i=0;i<=x;i++) {for(int j=0;j<=y;j++) {if(i==1&&j==1) continue;ans+=dp(pos-1,flag1||i<x,flag2||j<y);ans%=mod;}}return f[pos][flag1][flag2]=ans;
}void solve() {for(int i=30;i>=0;i--) {a[i]=x>>i&1;b[i]=y>>i&1;}
}int main()
{//  ios::sync_with_stdio(false);
//  cin.tie(0);int _; cin>>_;while(_--) {memset(f,-1,sizeof(f));scanf("%d%d",&x,&y); solve();int len1=(int)log2(x),len2=(int)log2(y);LL ans=0;for(int i=0;i<=len1;i++) ans+=dp(i-1,i<len1,i<=len2)*(i+1),ans%=mod;for(int i=0;i<=len2;i++) ans+=dp(i-1,i<=len1,i<len2)*(i+1),ans%=mod;printf("%lld\n",ans);}return 0;
}
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