显而易见，我们甚至不能把所有的情况枚举出来。

不过，我们很容易想到（这次真的很容易）可以把每一个数的贡献分成两部分：一个是作为 $f(A_i, A_j)$ 的前面的 $A_i$，还有后面的 $A_j$ 。

对于第一部分。当前处理第 $i$ 个数，就会作为后面 $(n - i)$ 个的 $f$ 计算的第一部分。因此，我们需要知道剩下的 $(n - i)$ 个数的位数。然后乘 $10^{位数}$ 得到真实的贡献，再去乘数量即可。

对于第二部分。那就更简单了，当前就是作为前 $(i - 1)$ 个数的第二部分。

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;

int T = 1;
const int N = 2e5 + 10, W = 10 + 1;
const int MOD = 998244353;
int n, ans;
int arr[N];
int w[W];

int FastExp(int a, int b) {
	int res = 1;
	while (b) {
		if (b & 1) {
			res = (res * a) % MOD;
		}
		a = (a * a) % MOD;
		b >>= 1;
	}
	return res;
}

void Solve() {
	cin >> n;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		cin >> arr[i];
		w[to_string(arr[i]).size()]++;
	}
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		w[to_string(arr[i]).size()]--;
		for (int j = 1; j <= 10; j++) {
			if (w[j] == 0) continue;
			ans = (ans + ((w[j] * (FastExp(10, j) % MOD)) % MOD * arr[i]) % MOD) % MOD;
		}
		ans = (ans + ((i - 1) * arr[i]) % MOD) % MOD;
	}
	cout << ans;
}

signed main() {
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);
	cout.tie(0);
	
	while (T--) {
		Solve();
	}
	return 0;
}