ограничение по времени на тест2 секунды ограничени...

Обозначим

$$pref(k)=1\oplus 2\oplus \dots \oplus k,\qquad pref(0)=0$$

Тогда XOR на отрезке $[l,r]$ равен нулю тогда и только тогда, когда

$$pref(r)=pref(l-1)$$

Нужно посчитать пары $(l,r)$, где $1\le l\le x\le r\le n$. Если положить $a=l-1$, $b=r$, получаем:

• $0\le a\le x-1$
• $x\le b\le n$
• $pref(a)=pref(b)$

Значит, ответ — число пар $(a,b)$ из этих двух диапазонов с одинаковым значением префиксного XOR.

Ключевой факт:

$$pref(k)= \begin{cases} k,& k\bmod 4=0\\ 1,& k\bmod 4=1\\ k+1,& k\bmod 4=2\\ 0,& k\bmod 4=3 \end{cases}$$

Отсюда видно:

• значение $0$ встречается много раз: при $k=0$ и всех $k\equiv 3\pmod 4$
• значение $1$ встречается много раз: при всех $k\equiv 1\pmod 4$
• любое другое значение встречается не более одного раза

Так как диапазоны для $a$ и $b$ не пересекаются ($a\le x-1 < x\le b$), совпасть могут только значения, которые встречаются много раз, то есть только $0$ и $1$.

Значит:

$$\text{ans} = cntA_0\cdot cntB_0 + cntA_1\cdot cntB_1$$

где

• $cntA_0$ — сколько $a\in[0,x-1]$ имеют $pref(a)=0$
• $cntA_1$ — сколько $a\in[0,x-1]$ имеют $pref(a)=1$
• $cntB_0$ — сколько $b\in[x,n]$ имеют $pref(b)=0$
• $cntB_1$ — сколько $b\in[x,n]$ имеют $pref(b)=1$

Для левой части:

• $pref(a)=0$ при $a=0$ и $a\equiv 3\pmod 4$, значит

$$cntA_0 = 1 + \left\lfloor \frac{x}{4}\right\rfloor$$

• $pref(a)=1$ при $a\equiv 1\pmod 4$, значит

$$cntA_1 = \left\lfloor \frac{x+2}{4}\right\rfloor$$

Для правой части нужно просто посчитать числа с нужным остатком по модулю 4 на отрезке $[x,n]$:

• $pref(b)=0 \iff b\equiv 3\pmod 4$
• $pref(b)=1 \iff b\equiv 1\pmod 4$

Это даёт решение за $O(1)$ на тест.

Код на C++:

cpp
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

static const long long MOD = 998244353;

long long cnt_pref(long long N, int r) {
    if (N < r) return 0;
    return (N - r) / 4 + 1;
}

long long cnt_res(long long L, long long R, int r) {
    if (L > R) return 0;
    return cnt_pref(R, r) - cnt_pref(L - 1, r);
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);

    int t;
    cin >> t;
    while (t--) {
        long long n, x;
        cin >> n >> x;

        long long a0 = 1 + x / 4;
        long long a1 = (x + 2) / 4;
        long long b0 = cnt_res(x, n, 3);
        long long b1 = cnt_res(x, n, 1);

        long long ans = ((a0 % MOD) * (b0 % MOD) + (a1 % MOD) * (b1 % MOD)) % MOD;
        cout << ans << '\n';
    }

    return 0;
}

Если хочешь, я ещё могу написать короткое доказательство в формате для вставки в редакторial / комментарий к посылке.