題目大意

現在，給你兩個位數為 n 和 m 的兩個二進位制數a,b，現在，我們要進行如下操作：

• 計算a&b
• 答案累加上一個操作的值
• bbb右移一位，最後一位直接捨棄

現在,請你算出最終的答案，並輸出，答案對998244353取模

輸入輸出格式：

輸入格式：

第一行，兩個整數n,m,(1≤n,m≤2×105)

第一行，一個長度為n的二進位制數a

第一行，一個長度為m的二進位制數b

輸出格式：

一行，一個數，表示答案

思路：

因為第一個二進位制數不動，第二個在動，所以我們可以通過預處理第一個數來獲得答案

因為是與，所以只有兩個都是1時才會有答案的貢獻

那麼，比如說這個例子：

1001
11010

他就會有如下幾種情況

01001
11010

1001
1101

1001
0110

1001
0011

1001
0001

我們會發現，第一位的1分別和上面的第一個1和最後一個1異或起來對答案有貢獻

所以這個1對答案的貢獻是8+1=9

我們把這個規律推廣開來

對y中每一個1進行如上操作

即可得出答案

但是，我們會發現答案複雜度是O（n×m）的，過不了

所以我們要預處理

用字首和跑一遍x即可

複雜度優化到O(m+n)

程式碼：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include
 
<cstring>
#include<algorithm>
#define rii register int i
#define rij register int j
#define p 998244353
#define int long long
using namespace std;
int a,b;
int x[200005],y[200005],bs[200005],qzh[200005];
void ycl()
{
    bs[0]=1;
    for(rii=1;i<=200002;i++)
    {
        bs[i]=bs[i-1]*2;
        bs[i]
 
%=p;
    }
}
signed main()
{
    scanf("%lld%lld\n",&a,&b);
    for(rii=1;i<=a;i++)
    {
        x[i]=getchar()-'0';
    }
    getchar();
    for(rii=1;i<=b;i++)
    {
        y[i]=getchar()-'0';
    }
    ycl();
    for(rii=a;i>=1;i--)
    {
        qzh[a-i+1]=qzh[a-i];
        qzh[a-i+1]+=x[i]*bs[a-i];
        qzh[a-i+1]%=p;
    }
    if(b>a)
    {
        for(rii=a+1;i<=b;i++)
        {
            qzh[i]=qzh[i-1];
        }
    }
//  for(rii=1;i<=b;i++)
//  {
//      printf("%d ",qzh[i]);
//  }
    int ans=0;
    for(rii=1;i<=b;i++)
    {
        ans+=y[i]*qzh[b-i+1];
        ans%=p;
    }
    cout<<ans%p;
}