一道比较神奇的题目，状态显得比较扯淡，但是就是能过！
先建立出 trie 树，设 \(dp_u\) 表示以 \(u\) 为根的子树内的答案。
但我们发现，若 \(x\) 的当前位为 \(1\)，那么问题就没法根据他的左右子树求解了，怎么办呢。
考虑一个很扯淡的状态，设 \(dp_{u,v}\) 表示考虑了 \(u,v\) 为根的子树，他的答案。
再设一下 \(siz_u\) 表示以 \(u\) 为根的子树实际上加入过几个数。
一开始我们就还说搞 \(dp_u\)，但遇到了 \(x\) 当前位数为 0 的情况，我们就递归进入的 \(dp_{ls_u,rs_u}\)。
并且这样子的话，有一个很好的性质，就是对于 \(dp_{u,v}(u\neq v)\)，\(u,v\) 内是可以互相随便选的！
考虑一下 \(dp_{u,v}\) 的转移。
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若 \(x\) 当前位为 \(1\)，那么相互之间有限制的只有 \((ls_u,rs_v),(rs_v,ls_u)\)，我们递归求解这两个，然后乘起来即可，注意还要保留只选的情况。
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若 \(x\) 当前位为 \(0\)，那么由于上面的那个性质，\(u\) 的左右儿子是可以随便搭配的，\(v\) 的也是同理，而若想要交叉一下，那么只有 \((ls_u,ls_v),(rs_u,rs_v)\) 可以，递归求解即可。
然后对于叶子结点，显然是可以随便选的。
发现我们每次 \(dp\) 实际上就是进入他的子树，所以时间为 \(\mathcal{O}(n\log V)\)。
#include<bits/stdc++.h>
#define ull unsigned long long
#define int long long
#define p_b push_back
#define m_p make_pair
#define pii pair<int,int>
#define fi first
#define se second
#define ls(x) tree[x][0]
#define rs(x) tree[x][1]
#define mid ((l+r)>>1)
#define gcd __gcd
#define lowbit(x) (x&(-x))
using namespace std;
int rd(){
int x=0,f=1; char ch=getchar();
for(;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar())if (ch=='-') f=-1;
for(;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar())x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
return x*f;
}
void write(int x){
if(x>9) write(x/10);
putchar('0'+x%10);
}
const int N=2e5+5,mod=998244353;
int tot=1,n,x;
int tree[N*30][2],siz[N*30],pw[N];
void insert(int val){
int u=1;siz[u]++;
for(int i=29;i>=0;i--){
int c=((val>>i)&1ll);
if(!tree[u][c]) tree[u][c]=++tot;
u=tree[u][c],siz[u]++;
}
}
void add(int &x,int y){
x+=y;
if(x>=mod) x-=mod;
}
int solve(int u,int v,int d){
if(!u||!v) return pw[siz[u]+siz[v]];
if(u==v){
if(d<0) return pw[siz[u]];
if((x>>d)&1ll) return solve(ls(u),rs(u),d-1);
else return (solve(ls(u),ls(u),d-1)+solve(rs(u),rs(u),d-1))%mod;
}
else{
if(d<0) return pw[siz[u]+siz[v]];
if((x>>d)&1ll) return ((solve(ls(u),rs(v),d-1)+1)*(solve(rs(u),ls(v),d-1)+1)%mod-1+mod)%mod;
else{
int ans=(solve(ls(u),ls(v),d-1)+solve(rs(u),rs(v),d-1))%mod;
add(ans,pw[siz[ls(u)]]*pw[siz[rs(u)]]%mod);
add(ans,pw[siz[ls(v)]]*pw[siz[rs(v)]]%mod);
return ans;
}
}
}
signed main(){
n=rd();x=rd();
for(int i=1;i<=n;i++) insert(rd());
pw[0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++) pw[i]=(pw[i-1]+pw[i-1])%mod;
for(int i=0;i<=n;i++) add(pw[i],mod-1);
printf("%lld\n",solve(1,1,29)%mod);
return 0;
}