没错，这就是 Small Multiple 那场的 F，显然这种思维题对我来说都是不可做题/cg/cg/cg
首先如果我们把每个二进制数看作一个模 (2) 意义下的多项式 (F(x)=sumlimits_{i=0}^na_ix^i(a_iin{0,1}))，那么上述操作就可以看作给一个多项式乘 (x) 和两个多项式加（减），我们记 (D) 为所有多项式的 (gcd)，或者更严谨一点，对于两个多项式 (P(x),Q(x))，我们定义 (gcd(P,Q)) 为：
- 如果 (Q=0)，那么 (gcd(P,Q)=P)
- 否则不妨假设 (deg Pgedeg Q)，那么 (gcd(P,Q)=gcd(Q,P-Q imes x^{deg P-deg Q}))
通过上面辗转相除的过程我们就能够从两个多项式 (P,Q) 得到它们的 (gcd(P,Q))。而显然对于一个多项式 (F)，它的任意倍都是可以被表示出来的，具体来说就是不断给它乘 (x)，然后把你要乘的那个倍数中为 (1) 的位加在一起。又因为任意时刻黑板上所有多项式都是 (D) 的倍数，因此我们可以得到结论：
Observation (1). 有且只有 (D) 的倍数能够被表示出来
也就是说我们的问题转化为要求有多少个多项式 (P) 满足：
- (P) 是 (D) 的倍数，也就是说 (exists Q,s.t. DQ=P)
- (P) 在二进制表示下 (le X)
考虑怎么求这个东西，我们按照字典序的套路枚举一个 (l) 满足 (P) 与 (X) 最高位到第 (l+1) 低的位均相同，且 (P) 第 (l) 低的位严格小于 (X) 第 (l) 低的位，但是这个东西还是一脸不好求的样子。不过别急，我们不妨再来找些性质：
Observation (2). 对于一个二进制数 (T)，如果 (T) 从第 (deg D) 到其最高位都已确定，那么存在唯一的确定后 (deg D) 位的方式使其成为 (D) 的倍数
具体方法就是设将 (T) 后 (deg D) 位全填上 (0) 得到的二进制数为 (T_0)，那么我们就在 (T) 后 (deg D) 位上填上 (T_0mod D)，正确性显然。
有了这个性质之后此题就变得很可做了。如果 (lgedeg D)，那么有 (l-deg D) 位可以随便填，方案数为 (2^{l-deg D})，否则 (P) 的 (deg D) 位到最高位已经唯一确定了，因此我们就能唯一确定 (P) 的每一位取值，多项式取个模把它补全后与 (X) 比个大小即可。
时间复杂度 (mathcal O(n|a_i|^2))，不过由于此题每一位取值只有 (0/1) 两种，因此我们可以很自然地想到 bitset 优化，这样取模和求 ( ext{gcd}) 的复杂度均可降到 (mathcal O(dfrac{|a_i|^2}{omega}))，总复杂度就变成了 (mathcal O(dfrac{n|a_i|^2}{omega}))
const int MAXN=4e3;
const int MOD=998244353;
struct poly{
bitset<MAXN+5> bs;int m;
void clear(){while(m&&!bs.test(m)) --m;}
};
poly getgcd(poly x,poly y){
while(x.bs.any()&&y.bs.any()){
if(x.m>=y.m) x.bs^=y.bs<<(x.m-y.m),x.clear();
else y.bs^=x.bs<<(y.m-x.m),y.clear();
} return (x.bs.any())?x:y;
}
poly getmod(poly x,poly y){
while(x.m>=y.m){
x.bs^=y.bs<<(x.m-y.m);
x.clear();
} return x;
}
poly d,tmp;int n,len,pw2[MAXN+5];
char m[MAXN+5],buf[MAXN+5];
int main(){
scanf("%d%s",&n,m+1);len=strlen(m+1);
for(int i=(pw2[0]=1);i<=len;i++) pw2[i]=pw2[i-1]*2%MOD;
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%s",buf+1);int l=strlen(buf+1);tmp.bs.reset();tmp.m=l;
for(int j=1;j<=l;j++) if(buf[j]^48) tmp.bs.set(l-j+1);d=getgcd(d,tmp);
} if(len<d.m) return puts("1"),0;int ans=0;
for(int i=1;i<=len-d.m+1;i++) if(m[i]^48) ans=(ans+pw2[len-d.m+1-i])%MOD;
tmp.m=len;tmp.bs.reset();for(int i=1;i<=len-d.m+1;i++) if(m[i]^48) tmp.bs.set(len-i+1);
tmp=getmod(tmp,d);int add=1;
for(int i=d.m-1;i;i--){
if(tmp.bs.test(i)<(m[len-i+1]^48)){add=1;break;}
if(tmp.bs.test(i)>(m[len-i+1]^48)){add=0;break;}
} (ans+=add)%=MOD;printf("%d
",ans);
return 0;
}