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 imes 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 imes 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) imes 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 imes 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<bits/stdc++.h>
#define R register
#define fp(i,a,b) for(R int i=a,I=b+1;i<I;++i)
#define fd(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]]<a[i])--top;
l[i]=st[top],st[++top]=i;
}
top=0,st[0]=n+1;
fd(i,n,1){
while(top&&a[st[top]]<=a[i])--top;
r[i]=st[top],st[++top]=i;
}
fp(i,1,n){
x=i-l[i],y=r[i]-i,a[i]%=P;if(x>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
",ans);
return 0;
}