点开BC发现今晚没比赛。。然后似乎上一场有数位DP？...（幸好我没去
一开始被BCDcode那题的思路带歪了。。后来发现得把n转成二进制才能搞TAT
题目大概是要求一种类似逆序对的鬼东西：
有一个长度为 n 的数组 A（下标为 1 到 n），A_i 为 i 的二进制表示中的1的个数，例如 A[1]=1, A[3]=2, A[10]=2。
现在勇太想知道数组 A 中满足 A[ i ]>A[ j ] 的数对 ( i , j )(1 ≤ i < j ≤ n) 的个数。
f[i][j]表示二进制下，i位的数有j个1的方案数（其实也就是组合数了
再预处理出g[i]表示二进制下，i位的数中，满足题意的数对的个数。
统计的时候用pre[i]表示 之前的数中，1的个数为i的数的个数。
其实有点像逆序对的那题（hdu5225）
统计的时候，一开始脑残写了发树状数组，然后复杂度比正解多一个log神奇的200+ms过了（中途还在纠结树状数组怎么写233）
吐槽了一下数据强度，然后发现自己傻逼了...弄个变量记录就行了TAT。。所以总的时间复杂度是O(10 * log²n)（logn是<1000的）
然后就46ms跑过去啦。。并列#1。。。（因为是新题...目前这题才30+人过... 实在没法再卡常了
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#define ll long long
#define MOD(x) x-=x>=modd?modd:0
#define modd 998244353
using namespace std; int f[][],g[],nowsm[],pre[];
int two[];
int i,j,k,n,m,len,len1;
char s1[],s[]; inline void turn(){
len=;
register int i,l=;
while(l<=len1&&s1[l]){
s[++len]=s1[len1]&;
for(i=l;i<=len1;i++)
s1[i+]+=(s1[i]&)?:,s1[i]>>=;
if(!s1[l])l++;
}
} inline int get(){
register int i,pr=,sm;int ans=g[len-];
memset(pre,,sizeof(pre));
memcpy(pre,f[len-],len<<);
pr=;
for(i=len-;i;pr+=s[i--])
if(s[i]){
for(ans+=g[i-],MOD(ans),sm=,j=len;j>=pr;j--)
sm+=pre[j],MOD(sm);
for(j=,k=pr;j<=i;j++,k++)
sm-=pre[k],sm+=sm<?modd:,
ans=(ans+(ll)f[i-][j]*sm)%modd,
pre[k]+=f[i-][j],MOD(pre[k]);
}
for(i=len;i>pr;i--)ans+=pre[i],MOD(ans);
return ans;
}
int main(){
register int i,j;
for(i=;i<=;i++)f[i][]=;f[][]=;
for(i=,g[]=;i<=;i++){
g[i]=g[i-]<<,MOD(g[i]);
ll sm=;
for(j=;j<=i;j++)
sm+=f[i-][j],f[i][j]=f[i-][j]+f[i-][j-],MOD(f[i][j]);
for(j=;j<i;j++)
sm-=f[i-][j+],
g[i]=(g[i]+sm%modd*f[i-][j])%modd;
} int T;scanf("%d",&T);
while(T--){
scanf("%s",s1);len1=strlen(s1);for(i=len1;i;i--)s1[i]=s1[i-]-;
turn(),
printf("%d\n",get());
}
return ;
}