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【题目描述】
定义无穷序列$f:f_1=1,f_n=f_{n-1}\ast 2+1$

定义函数$G(x)={\min }_{f_i\ge x}(f_i)$

定义$d{p}_{c,0}=0,d{p}_{c,i}=\max (d{p}_{c,i-1},[((i\ast c)\&G(i))=i]\ast i)$

求${\sum }_{i=0}^{n}d{p}_{c,i}(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}998244353)$

【输入格式】
第一行输入一个整数T，表示测试用例的组数。
每组测试用例输入一行包含两个整数n, c。
其中𝐧以二进制形式表示，且𝐧不含有前导 0。
【输出格式】
对于每组测试用例输出一行一个整数表示答案。
【样例 1 输入】

5
1001 1
11111 1
101010111101 8999
10100101111010101 799
10010010 233

【样例 1 输出】

45
496
2835797
707482963
9940  

【数据范围】

$1\le T\le 10;1\le |n|\le 10^7,1\le c\le 10^{18},{\sum }_{i=1}^T|n|\le 10^7$

solution

观察到$f_i$的生成递推式，最后结果一定形如000..00011...111

设$G(i)=2^{t+1}-1$，$G(i)$必然是这种形式，$t$为二进制最高位

则$x\&G(i)$相当于$x\text{mod}{2}^{t+1}$

则，有$(i\ast c)\&G(i)=i\iff (i\ast c)\text{mod}{2}^{t+1}=i\iff i\ast (c-1)\text{mod}{2}^{t+1}=0$

以$2^p\ast q=c-1$来重新表示，则$i$必须含有因子$2^{t+1-p}$

设$m=|n|$，可以枚举$t$

• $t<m-1$

  则$[2^t,2^{t+1}-1]$内的所有数都在$n$之内，其最高位均为$t$

  设$g=t+1-p$，那么$i$含有因子$2^g$意味着$i$的低$g$位全为$0$

  这样的数为$2^t,2^t+2^g,...,2^t+x\ast 2^g$ 【$2^t+(x+1)2^g=2^{t+1}$】

  这是一个$x+1$项的等差数列，利用公式容易求得

  同时每个数都会对最终答案贡献$2^g$次【对于$G(i)=2^a$，那么$G(i+k,k\in [1,2^a])=2^{a+1}$，$2^{a+1}$都会贡献，一共是$2^a$】

• $t=m-1$，由于$2^{t+1}>n$，但需要满足$2^t+x\ast 2^t\le n\Rightarrow x=\lfloor \frac{n}{2^g}\rfloor -2^{t-g}$

  对这个$x+1$项的等差数列同样方法计算贡献后，最后一项被计算了$2^g$次，计数范围为$[2^t+x\ast 2^g,2^t+(x+1)\ast 2^g-1]$

  此时多计数了$2^t+(x+1)\ast 2^g-1-n$次，减去多的贡献即可

code

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
using namespace std;
#define int long long
#define mod 998244353
#define maxn 10000005
int mi[maxn];
char s[maxn];
const int inv2 = ( mod + 1 ) >> 1;int calc( int a, int d, int n ) {return ( a * n % mod + n * ( n - 1 ) % mod * d % mod * inv2 % mod ) % mod;
}signed main() {freopen( "and.in", "r", stdin );freopen( "and.out", "w", stdout );mi[0] = 1;for( int i = 1;i < maxn;i ++ ) mi[i] = ( mi[i - 1] << 1 ) % mod;int T, n, c;scanf( "%lld", &T );while( T -- ) {scanf( "%s %lld", s + 1, &c );n = strlen( s + 1 );c --;int ans = 0;if( ! c ) {for( int i = 1;i <= n;i ++ )ans = ( ( ans << 1 ) + ( s[i] ^ 48 ) ) % mod;printf( "%lld\n", ans * ( ans + 1 ) % mod * inv2 % mod );}else {if( c & 1 ) { printf( "0\n" ); continue; }else {int p = 0;while( ! ( c & 1 ) ) c >>= 1, p ++;for( int t = 0;t < n;t ++ ) {int g = max( 0ll, t + 1 - p );if( t < n - 1 )ans = ( ans + mi[g] * calc( mi[t], mi[g], mi[t + 1 - g] - mi[t - g] ) ) % mod;else {int k = 0;for( int i = 1;i <= n - g;i ++ ) k = ( ( k << 1 ) + ( s[i] ^ 48 ) ) % mod;//n/2^g下取整 int x = ( k - mi[t - g] ) % mod; ans = ( ans + mi[g] * calc( mi[t], mi[g], x + 1 ) ) % mod;//x=k-2^{t-g}=k-mi[t-g] x+1项 int lst = ( mi[t] + x * mi[g] ) % mod;//计算末项 2^t+x*2^gint l = 0;int r = ( lst + mi[g] - 1 ) % mod;//末项的下一项 2^t+(x+1)*2^g  还有一个-1 for( int i = 1;i <= n;i ++ ) l = ( ( l << 1 ) + ( s[i] ^ 48 ) ) % mod; //-n ans = ( ans - ( r - l ) * lst ) % mod;}}}printf( "%lld\n", ( ans + mod ) % mod );}}return 0;
}