学到的几个知识点：

1.拆位

对于整体上的异或操作可以转化为31个二进制位上的操作，每一位再×上 。

将一次操作拆为31次来方便操作。

2.

s[i]表示异或前缀和，l~r间的异或和为s[r] ^ s[l - 1]    ---->

拆完位后这个公式还能再推出一个性质：

只有s[r] != s[l - 1]时这段区间的异或和才为1，来以右端点为1还是0来讨论一下：

对于每一位1，只有左端点的左边一位为0时才有值，才可以计算进去

对于每一位0，只有左端点的左边一位为1时才有值，才可以计算进去

对于一位上的1，设当前为r,左边的为0的点为l,那要承的数就是(r - l),

如果这样的l有k个，就是k * r - ()

这样就算出来了对于每一个数的每一位的贡献 时间复杂度 O(31 * n)

#include<bits/stdc++.h>
#define IOS ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
#define endl '\n'
 
using namespace std;
 
typedef pair<int, int> PII;
typedef long long ll;
typedef long double ld;

const int N = 300010, mod = 998244353;

int n;
int a[N];
ll f[40][2], cnt[40][2];

int main()
{
	IOS
	cin >> n;
	for(int i = 1; i <= n; i ++)
	{
		cin >> a[i];
		a[i] ^= a[i - 1];
		//cout << a[i] << ' ';
	}
	//cout << endl;
	
	ll ans = 0;
	for(int i = 0; i <= n; i ++)
	{
		for(int j = 0; j <= 30; j ++)
		{
			if(a[i] >> j & 1)
			{
				ans += (1ll << j) % mod * (((cnt[j][0] * i - f[j][0]) % mod + mod) % mod);
				ans %= mod;
				f[j][1] = (f[j][1] + i) % mod;
				cnt[j][1] ++;
			}
			else
			{
				ans += (1ll << j) % mod * (((cnt[j][1] * i - f[j][1]) % mod + mod) % mod);
				ans %= mod;
				f[j][0] = (f[j][0] + i) % mod;
				cnt[j][0] ++;
			}
		}
	}
	
	cout << ans;
	
	return 0;
}