首先考虑这个问题的简化版：求$\sum (ai\ xor\ aj)*(aj\ xor\ ak)$，这就等价于求$\sum_j((\sum ai\ xor\ aj)(\sum aj\ xor\ ak))$，只考虑对于每个j如何求$\sum(ai\ xor\ aj)$，由于位运算具有不同位之间不相干的性质，所以可以分别对于每一位求对于答案的贡献，可以用$sum[i][0]$表示第i位为0的前缀和，$sum[i][1]$表示第$i$位为1的前缀和。这样，这个简化版的问题就被我们用$O(nlogn)$的复杂度给解决了。

再来考虑原题。还是进行一道转化：

时间复杂度：$O(nlog^2n)$

代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define maxn 100006
#define tt 998244353
#define LL long long
#define Bit(x,y) ((x>>y)&1)
using namespace std;
int n,ans,a[maxn],f[maxn],g[maxn],s1[36],sum[36][2];
void work(int p){
    int s0=1;
    for(int t=0;t<=30;t++){
        memset(f,0,sizeof(f));memset(g,0,sizeof(g));memset(sum,0,sizeof(sum));
        for(int i=1;i<=n;i++){
            for(int j=0;j<=30;j++)(f[i]+=(LL)s1[j]*sum[j][1-Bit(a[i],j)]%tt)%=tt;
            if(Bit(a[i],t)==p)for(int j=0;j<=30;j++)(sum[j][Bit(a[i],j)]+=1)%=tt;
        }
        memset(sum,0,sizeof(sum));
        for(int i=n;i>=1;i--){
            for(int j=0;j<=30;j++)(g[i]+=(LL)s1[j]*sum[j][1-Bit(a[i],j)]%tt)%=tt;
            if(Bit(a[i],t)!=p)for(int j=0;j<=30;j++)(sum[j][Bit(a[i],j)]+=1)%=tt;
        }
        for(int i=1;i<=n;i++)(ans+=(LL)s0*f[i]%tt*g[i]%tt)%=tt;
        (s0<<=1)%=tt;
    }
}
int main(){
    freopen("A.in","r",stdin);
    freopen("A.out","w",stdout);
    scanf("%d",&n);
    s1[0]=1;
    for(int i=1;i<=30;i++)s1[i]=(s1[i-1]<<1)%tt;
    for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
    work(1);work(0);
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}