感觉是很费脑子的题，可能是因为我没有脑子。
因为 \(a, b\) 都没有的位可以通过更高的位往右平移填上，所以下面只考虑 \(a \mid b = 2^k - 1\) 的情况。
考虑 \(a = b\)。例如 \(a = b = (1111)_2\)：
- A 不知道 \(a = b\) 还是 \(a > b\)；
- B 知道了 \(a\) 的最高位是 \(1\)，否则它就知道 \(a < b\)，但是 B 现在也不知道 \(a = b\) 还是 \(a < b\)；
- A 知道了 \(b\) 的最高位和第 \(2\) 高位都是 \(1\)，但是 A 还是不知道 \(a = b\) 还是 \(a > b\)；
- B 知道了 \(a\) 的第 \(2, 3\) 高位都是 \(1\)，但是 B 还是不知道 \(a = b\) 还是 \(a < b\)；
- A 知道了 \(b\) 的第 \(3, 4\) 高位都是 \(1\)，因此 A 知道 \(a = b\)。
因此可以发现，若 \(a = b\)，则需要 \(\operatorname{popcount}(a) + 1\) 轮。
若 \(a \ne b\)，例如 \(a = (111010)_2, b = (111101)_2\)：
- A 不知道 \(a < b\) 还是 \(a > b\)；
- B 知道了 A 的最高位是 \(1\)，但是 B 还是不知道 \(a < b\) 还是 \(a > b\)；
- A 知道了 B 的最高位和第 \(2\) 高位都是 \(1\)，但是 A 还是不知道 \(a < b\) 还是 \(a > b\)；
- B 知道了 A 的第 \(2, 3\) 高位都是 \(1\)，但是 B 还是不知道 \(a < b\) 还是 \(a > b\)；
- A 知道了 B 的第 \(3, 4\) 高位都是 \(1\)，因此 A 知道 \(a < b\)。
因此可以发现，若 \(a < b\)，设 \(a\) 最高是 \(0\) 的位是第 \(i\) 高位，会经过 \(i + [i \bmod 2 = 0]\) 轮；同理，若 \(a > b\)，设 \(b\) 最高是 \(0\) 的位是第 \(i\) 高位，会经过 \(i + [i \bmod 2 = 1]\) 轮。
这样，我们枚举 \(a\)，枚举 \(a, b\) 在二进制下的 \(\text{LCP}\)，就能知道会经过多少轮。
若使用 01Trie 计算 \(b\) 的数量，时空复杂度均为 \(O(n \log V)\)。
code
// Problem: E. Guess Game
// Contest: Codeforces - Harbour.Space Scholarship Contest 2023-2024 (Div. 1 + Div. 2)
// URL: https://codeforces.com/contest/1864/problem/E
// Memory Limit: 256 MB
// Time Limit: 3000 ms
//
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)
#include <bits/stdc++.h>
#define pb emplace_back
#define fst first
#define scd second
#define mkp make_pair
#define mems(a, x) memset((a), (x), sizeof(a))
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef double db;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double ldb;
typedef pair<ll, ll> pii;
const int maxn = 200100;
const ll mod = 998244353;
inline ll qpow(ll b, ll p) {
ll res = 1;
while (p) {
if (p & 1) {
res = res * b % mod;
}
b = b * b % mod;
p >>= 1;
}
return res;
}
ll n, a[maxn], ntot;
int ch[maxn * 32][2], sz[maxn * 32];
inline void insert(ll x) {
int p = 0;
for (int i = 30; ~i; --i) {
int t = (x >> i) & 1;
if (!ch[p][t]) {
ch[p][t] = ++ntot;
}
p = ch[p][t];
++sz[p];
}
}
void solve() {
for (int i = 0; i <= ntot; ++i) {
ch[i][0] = ch[i][1] = sz[i] = 0;
}
ntot = 0;
scanf("%lld", &n);
map<ll, ll> mp;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
scanf("%lld", &a[i]);
insert(a[i]);
++mp[a[i]];
}
ll ans = 0;
for (auto p : mp) {
ll k = p.scd;
ans = (ans + k * k % mod * (__builtin_popcount(p.fst) + 1) % mod) % mod;
}
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
int p = 0, cnt = 0;
for (int d = 30; ~d; --d) {
int t = (a[i] >> d) & 1;
cnt += t;
if (!t) {
++cnt;
ans = (ans + sz[ch[p][1]] * ((cnt & 1) ? cnt : cnt + 1) % mod) % mod;
--cnt;
} else {
ans = (ans + sz[ch[p][0]] * ((cnt & 1) ? cnt + 1 : cnt) % mod) % mod;
}
p = ch[p][t];
}
}
ll inv = qpow(n * n % mod, mod - 2);
printf("%lld\n", ans * inv % mod);
}
int main() {
int T = 1;
scanf("%d", &T);
while (T--) {
solve();
}
return 0;
}