区间权值和（计算贡献）

题面：

定义一个数组的权值为数组中任意两个元素按位与（AND）值之和。具体来说，对于数组中的每个连续子数组，我们计算该子数组内所有可能的两个元素的按位与值，并将这些值相加。现在要求计算数组中所有的连续子数组的权值和，并将结果对 $998244353$ 取模。

输入格式：

第一行输入一个整数（$2\le n\le 10^5$）表示数组的长度

第二行输入长度为 $n$ 的数组 $a$（$1\le a_i\le 10^9$）

样例：

输入样例：

6
1 1 4 5 1 4

输出样例：

92

思路：

首先有个比较容易想到的性质，就是两个数按位与的时候，不同的二进制位之间是互不影响的，所以我们可以把不同的二进制位分开来看，分别算出每一个二进制位的贡献再加起来。

对第 $i$ 位二进制位，算它的贡献。正着来想，我们算某一个数组的权值，可以 $O(n)$ 统计出这一位是 $1$ 的个数 $x$，那么这个数组在这一位上的贡献就是 $C_x^2\ast 2^i$。但是数组的所有子数组太多，不可能一个一个算。

反过来想，不是从数组里统计有多少对 $1$，而是对每一对 $1$，计算有多少子数组包括它。 假设一对 $1$ 分别在位置 $i$ 和 $j$ 上（$i<j$），那么就会有 $i\ast (n-j+1)$ 个子数组包括它（左端点的取值有 $i$ 个，右端点的取值有 $n-j+1$ 个）。

但是枚举左右两边的 $1$ 的时间复杂度是 $O(n^2)$ 的，会爆。发现固定一个左边的 $1$ 的位置后，把后面的 $1$ 依次当作右边的 $1$，分别计算贡献，它是满足乘法分配律的。比如 0100100100，把第二个位置上的 $1$ 看作是左边的 $1$，那么贡献是 $2\ast 6+2\ast 3=2\ast (6+3)$。

所以我们可以用个后缀和 $s[i]$ 来处理出 $i\sim n$ 里所有 $1$ 到右端点 $n$ 的距离和，那么对于第 $i$ 位的 $1$，它作为左边的 $1$ 的总贡献就是 $i\ast s[i+1]$。之后别忘了把每一个二进制位都算一遍就行了。

这题其实改成按位或，按位异或都可以做，不过按位与比较好做。枚举右边的 $1$，处理左边的 $1$ 到左端点的距离的前缀和也是可以的，而且可能好写一点。

code：

#include <iostream>
#include <cstdio> 
using namespace std;
const int maxn=1e5+5;
typedef long long ll;
const ll mod=998244353;

int n,a[maxn];
int s[35][maxn];

int main(){
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>a[i];
		for(int st=0;st<=30;st++)
			s[st][i]=((a[i]>>st)&1)?n-i+1:0;
	}
	for(int st=0;st<=30;st++)
		for(int i=n;i>=1;i--){
			s[st][i]+=s[st][i+1];
			s[st][i]%=mod;
		}
	
	ll ans=0;
	for(int st=0;st<=30;st++){
		for(int i=1;i<=n;i++){
			if((a[i]>>st)&1){
				ans+=1ll*i*s[st][i+1]%mod*(1<<st)%mod;
				ans%=mod;
			}
		}
	}
	cout<<ans;
	return 0;
}