解法：考虑枚举这个区间，设这个区间异或和为w。对于左端点 ，预处理出其左侧的所有子区间异或和的和 ,表示区间上所有子区间异或和。对右侧也做同样操作预处理出，表示区间上所有子区间异或和。那么最后答案就是。最重要的就是如何求pre、suf数组，以及如何枚举，答案就是通过拆位技巧得到，所谓拆位技巧就是按位计算。

pre数组的处理过程：定义s[i]表示前i个数异或和，则s[i]的二进制数第k位表示前i个数的二进制数第k位异或和，预处理好的。以拆位视角，仅考虑第 k个二进制位的贡献。对于一个右端点 i 确定的区间，考虑二进制第k位，该区间在该二进制位上贡献为1的次数等于：s[i]的第k位不等于s[x-1]的第k位，并且的x的个数。在区间上，讨论i对的贡献，就相当于i固定去找x的个数。

suf数组处理过程类似。

枚举过程：也是通过拆位技巧实现，考虑第k位的贡献。此时s[i]设置成后i个数的异或和，对于区间，先枚举左端点，右端点位置就是去区间上找一个x，使得上第k位异或和为1的x的个数，跟上面类似等于：的第k位不等于的第k位的个数。

代码具体如下：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const long long mod = 998244353;
ll a[200005];
ll pre[200005];//前缀子区间和
ll suf[200005];//后缀子区间和
ll s[200005];//异或和
ll f[3][205];//f[0/1][j]表示第j位是0/1的个数.
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);
	int n;
	cin >> n;
	for (int i = 1; i <= n; i++)
	{
		cin >> a[i];
		s[i] = s[i - 1] ^ a[i];
	}
	//处理前缀
	memset(f, 0, sizeof(f));
	//0的个数要初始化位1。
	for (int i = 0; i <= 30; i++)
	{
		f[0][i] = 1;
	}
	for (int i = 1; i <= n; i++)
	{
		pre[i] = pre[i - 1];
		for (int j = 0; j <= 30; j++)
		{
			int u = (s[i] >> j) & 1;//取s[i]的第j位
			pre[i] = (pre[i] + (1 << j) * f[u ^ 1][j]%mod)%mod;//u=0就去找1的个数，u=1就去找0的个数，再乘上第j位十进制值
		}
		for (int j = 0; j <= 30; j++)
		{
			int u = (s[i] >> j) & 1;
			f[u][j]++;//依次更新0/1的个数
		}
	}
	//处理后缀
	memset(f, 0, sizeof(f));
	for (int i = n; i >= 1; i--)
	{
		s[i] = s[i + 1] ^ a[i];
	}
	for (int i = 0; i <= 30; i++)
	{
		f[0][i] = 1;
	}
	for (int i = n; i >= 1; i--)
	{
		suf[i] = suf[i + 1];
		for (int j = 0; j <= 30; j++)
		{
			int u = (s[i] >> j) & 1;
			suf[i] = (suf[i] + (1 << j) * f[u ^ 1][j]%mod)%mod;
		}
		for (int j = 0; j <= 30; j++)
		{
			int u = (s[i] >> j) & 1;
			f[u][j]++;
		}
	}
	//最后解决
	memset(f, 0, sizeof(f));
	//此时f[0/1][j]记录的是第j位为有k个0/1的k个suf数组的总和
	ll ans = 0;
	for (int i = n; i >= 1; i--)
	{
		for (int j = 0; j <= 30; j++)
		{
			int u = (s[i] >> j) & 1;
			ans = (ans + pre[i - 1] * (1 << j) % mod * f[u ^ 1][j])%mod;//pre*中间异或和*suf
		}
		for (int j = 0; j <= 30; j++)
		{
			int u = (s[i] >> j) & 1;
			f[u][j] = (f[u][j] + suf[i])%mod;
		}
	}
	cout << ans << endl;
	return 0;
}