本文章由 WyOJ Shojo 从洛谷专栏拉取，原发布时间为 2023-12-01 20:55:27

思路：

首先看到序列长度是 $2^{60}$ 一眼不太可做的样子。

实际上我们仔细分析一下，假如前 $i$ 个数的异或和的最高位为 $k$。

那么因为要求 $a$ 递增，又因为是异或，所以之前的数中二进制的第 $k$ 位为最高位的至少有一个，所以当前若最高位是 $k$，那么也应该是 $1$，但这样一异或就抵消的第 $k$ 为的 $1$，不满足异或和严格单调递增，所以最高位只要要比之前的 $+1$，所以方案数不为 $0$ 的 $n$ 也就是 $\log m$ 级别的。

那么就可以考虑 DP，设 $dp_i$ 表示序列长为 $i$ 的方案数。

那么枚举 $2^i < m$ 的 $i$，对于 $j < i$，都可以加上这一位（因为若长度为 $i$ 那么最大的数的二进制至少要 $i$ 位）的贡献（就是取第 $i$ 位，那么异或和无论如何都比以前大，所以剩下的位乱取即可，别忘了最多取到 $m$ 的限制就行）。

Code：

#include<bits\/stdc++.h>

using namespace std;

const int mod = 998244353;
typedef long long ll;

ll n, m;
ll dp[100] = {0, 1};

int main() {
	scanf("%lld%lld", &n, &m);

	int Log2 = 1;
	for (ll x = 1; x <= m; ++Log2, x *= 2) {
		ll t = (min(m, x * 2 - 1ll) - x + 1) % mod;
		for (int j = Log2; j; --j) dp[j] = (dp[j] + dp[j - 1] * t % mod) % mod;
	}

	if (n > Log2) puts("0");
	else printf("%lld\n", dp[n]); 

	return 0;
}