#include<bits/stdc++.h>
#include<atcoder/all>
using namespace std;
using mint=atcoder::modint998244353;
int main(){
	string s;
	cin>>s;
	int n=s.size();
	vector<mint> ppw2(n+1),ppw3(n+1);
	ppw2[0]=2,ppw3[0]=3;
	for(int i=1;i<=n;i++) ppw2[i]=ppw2[i-1]*ppw2[i-1],ppw3[i]=ppw3[i-1]*ppw3[i-1];
	vector<mint> ippw2(n+1);
	ippw2[0]=mint(2).inv();
	for(int i=1;i<=n;i++) ippw2[i]=ippw2[i-1]*ippw2[i-1];
	mint prod2=1,prod3=1;
	for(int i=0;i<n;i++) if(s[i]=='1') prod3*=ppw3[n-i-1],prod2*=ppw2[n-i-1];
	mint ans=0,inv9=mint(9).inv(),pw2=mint(2).pow(n-1),prod=1;
	prod3*=mint(3).inv();
	for(int i=0;i<n;i++){
		if(s[i]=='1'){
			ans+=prod3*pw2*mint(2);
			prod*=ppw3[n-i-1]*ippw2[n-i-1];
		}else{
			ans+=prod*prod2*mint(4)*inv9*pw2;
		}
		pw2*=ippw2[0];
	}
	cout<<ans.val()<<endl;
}
/*
leading zeroなしありがとう...
寄与に分解してください。
i bit目について、
後ろから定めて、ORが現れると解放される感じではありそうだけど、詰めてこう
Nのbitが1の時、ORだと終了、ANDだとN-1までが1という条件になって、XORだとN-1までが0という条件になる。(後ろ二つは、合わせて3^(N-1)なので、2*3^(N-1))
Nのbitが0の時、OR→N-1までが1、AND→×、XOR→N-1までが1なので、2*(N-1の問題)になってる
これは、そのbitが0である間繰り返されて、1になったらbitが1のケースになるので、1になる最大整数をxとして2^(N-x+1)*3^(x-1)=2^N*(3/2)^(x-1)
このようなxは0...01...10...01...1.....という感じになるから、0から数えて2^(i+1)*floor(N/2^(i+1))個目。よって、x=2^(i+1)*floor(N/2^(i+1))-1
あとは頑張ってくださいという感じではある。指数ちょっと困るねぇ... 2^(N+2)/9*(3/2)^(2^(i+1)*floor(N/2^(i+1)))にすると、もうちょいなんとかなりそうではある
なる。
*/