\(|S|=1\) の場合、入力をそのまま出力すればよいです。
以下はそうでない場合を議論します。

今回の問題は、以下のように言い換えた方が見通しがよいです。

全てのありうる集合 \(A\) から一様ランダムにひとつ選んで \(T\) を作る際、 \(T\) を計算して得られる値の期待値の \(2^{|S|-1}\) 倍を求めよ。

ここで、「いくつかの式の値の総和」という足し合わせ方から、「 \(S\) の各文字が最終的な答えにどのくらい影響するか」という考えに切り替えます。(このように、値を足し合わせる時の着目の仕方を切り替えるテクニックは、「主客転倒」とも呼ばれます。)
では、 \(S\) の末尾から \(k\) 文字目について検討します。

• それが \(1\) の位になる確率は \(\frac{1}{2}\)
• それが \(10\) の位になる確率は \(\frac{1}{4}\)
• それが \(100\) の位になる確率は \(\frac{1}{8}\)
• \(\dots\)
• それが \(10^{k-2}\) の位になる確率は \(\frac{1}{2^{k-1}}\)
• それが \(10^{k-1}\) の位になる確率は \(\frac{1}{2^{k-1}}\)

一番下の文章だけが例外となることに注意してください。

\(S\) の右から \(k\) 文字目を \(x\) とおくと、この文字が最終的な答えを \(x \times (1 \times \frac{1}{2}+10 \times \frac{1}{4} + 100 \times \frac{1}{8} + \dots + 10^{k-2} \times \frac{1}{2^{k-1}} + 10^{k-1} \times \frac{1}{2^{k-1}})\) だけ増やすことになります。 この値は、等比数列の和に例外の項を調節したものに \(x\) を掛けたものとなります。これは、等比数列の和の公式で計算することも、下の位から計算を行って累積和のように計算することもできます。

計算量は \(O(N)\) となり、この問題を解くのに十分高速です。

実装例(C++)

#include<bits/stdc++.h>
#define mod 998244353

using namespace std;

long long power(long long a,long long b){
  long long x=1,y=a;
  while(b>0){
    if(b&1ll){
      x=(x*y)%mod;
    }
    y=(y*y)%mod;
    b>>=1;
  }
  return x%mod;
}

int main(){
  string s;
  cin >> s;
  if(s.size()==1){cout << s << '\n';return 0;}
  long long res=0,del=1,cur=0;
  for(int i=s.size()-1;i>=0;i--){
    cur+=del;cur%=mod;
    long long ce=(cur+del)%mod;
    res+=(s[i]-'0')*ce;res%=mod;
    del*=5;del%=mod;
  }
  res*=power(2,s.size()-2);res%=mod;
  cout << res << '\n';
  return 0;
}

Bonus! 出力が \(0\) となるケースをひとつ構成してください。