#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int mod = 998244353;
int n;
int a[100005]; 
int qp(int p,int q){
	int ans = 1,pro = p%mod;
	while(q){
		if(q&1)ans = ans*pro%mod;
		pro = pro*pro%mod;q>>=1;
	}return ans;
}struct poly{
	int k,b;
	poly(){};
	poly(int K,int B) : k(K%mod),b(B%mod){}
	friend poly operator*(poly a,poly b){
		poly c(0,0);
		c.k = (a.b*b.k+a.k*b.b)%mod;
		c.b = (a.b*b.b+a.k*b.k)%mod;
		return c;
	}
};
poly p[100005];
poly NTT(int l,int r){//最分治NTT的一集 
//	cout << l << " " << r << endl; 
	if(l>r)return poly(0,1);
	if(l == r)return p[l];
	int mid = l+r>>1;return NTT(l,mid)*NTT(mid+1,r);
}
signed main(){
	ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);
	cin>>n;for(int i = 1;i<=n;i++)cin >> a[i];
	int ans = 0;
	for(int i = 31;i>=0;i--){
		vector<int>pp;
		for(int j = 1;j<=n;j++){
			if(a[j]>>i&1)pp.push_back(a[j]);
		}int pro = 1,tot =0 ;
		for(int j = 1;j<=n;j++){
			if(a[j]>>i&1)tot++;
			else pro = pro*(a[j]+1)%mod;
		}for(int j = 0;j<pp.size();j++){
			p[j+1].k = 1+pp[j]-(1ll<<i);
			p[j+1].b = (1ll<<i);
			//cout << p[j+1].k << " " << p[j+1].b << endl;
		}
		auto res = NTT(1,pp.size());
	//	cout << "  " << pp.size() << " " << res.b << endl; 
		ans = ans+(pro*res.b%mod*qp(1ll<<i,mod-2));ans%=mod;
		for(int j = 1;j<=n;j++)if(a[j]>>i&1){
			a[j]-=(1ll<<i);pro = pro*(a[j]+1)%mod;
		}
		if(tot%2 == 0)ans = ans-pro*qp(1ll<<i,mod-2);;ans%=mod;ans+=mod;ans%=mod;
		if(tot%2 == 1)break; 
	}cout << ans << endl; 
	return 0;
}/*
一般来说，如果你看到 998244353，又看到 n = 1e5，又看到 2s，那大概就又是一个毒瘤题。 
由特殊性质的启发可以想到。
如果最高位有个元素没被消掉就拿他干点事情。
生成函数 \prod (ai*x+bi)
但是我们只需要求偶数项之和。
于是我们上分治 NTT（确信）
分治，然后算二项式的乘法。
这题真是令人感到难绷。 
原来不分治也是对的。 
*/