我们枚举每一个元素，用单调栈做两遍计算出它左边第一个大于它的位置\(l[i]\)和右边第一个大于它的位置\(r[i]\)，那么一个区间以它为最大值就意味着这个区间的左端点在\([l[i]+1,i]\)之间，右端点在\([i,r[i]-1]\)之间

设\(x=i-l[i],y=r[i]-i\)，那么考虑一下这个元素会对不同长度的区间有什么贡献

对于在\([1,x-1]\)范围内的长度\(p\)，它会使\(p\)的答案增加\(p\times a[i]\)

对于在\([x,y-1]\)范围内的长度\(p\)，它会使\(p\)的答案增加\(x\times a[i]\)

对于在\([y,x+y-1]\)范围内的长度\(p\)，它会使\(p\)的答案增加\((x+y-p)\times a[i]\)

于是我们可以开两个差分数组，前缀和分别表示：给\(i\)这个位置加上\(c_i\)，给\(i\)这个位置加上\(cc_i\times i\)

最后前缀和一下就好了

注意一下，元素的大小是大于模数的，所以单调栈先做完再取模

//minamoto#include
    
     #define R register#define fp(i,a,b) for(R int i=a,I=b+1;i
     
      I;--i)#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)using namespace std;char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;inline char getc(){return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;}int read(){    R int res,f=1;R char ch;    while((ch=getc())>'9'||ch<'0')(ch=='-')&&(f=-1);    for(res=ch-'0';(ch=getc())>='0'&&ch<='9';res=res*10+ch-'0');    return res*f;}const int N=1e6+5,P=998244353;inline int add(R int x,R int y){return x+y>=P?x+y-P:x+y;}inline int dec(R int x,R int y){return x-y<0?x-y+P:x-y;}inline int mul(R int x,R int y){return 1ll*x*y-1ll*x*y/P*P;}int ksm(R int x,R int y){    R int res=1;    for(;y;y>>=1,x=mul(x,x))if(y&1)res=mul(res,x);    return res;}int st[N],a[N],l[N],r[N],c1[N],c2[N];int n,ans,top,x,y;int main(){//  freopen("testdata.in","r",stdin);    n=read();    fp(i,1,n)a[i]=read();    fp(i,1,n){        while(top&&a[st[top]]
      
       y)swap(x,y);        c2[1]=add(c2[1],a[i]),c2[x]=dec(c2[x],a[i]);        c1[x]=add(c1[x],mul(x,a[i])),c1[y]=dec(c1[y],mul(x,a[i]));        c1[y]=add(c1[y],mul(x+y,a[i])),c1[x+y]=dec(c1[x+y],mul(x+y,a[i]));        c2[y]=dec(c2[y],a[i]),c2[x+y]=add(c2[x+y],a[i]);    }    fp(i,1,n)c1[i]=add(c1[i],c1[i-1]),c2[i]=add(c2[i],c2[i-1]),ans^=add(c1[i],1ll*c2[i]*i%P);    printf("%d\n",ans);    return 0;}