LOJ 3399 -「2020-2021 集训队作业」Communication Network（推式子+组合意义+树形 DP）

题面传送门

一道推式子题。

首先列出柿子，\(ans=\sum\limits_{T_2}|T_1\cap T_2|·2^{T_1\cap T_2}\)

这个东西没法直接处理，不过注意到有一个柿子 \(f(S)=\sum\limits_{T\subseteq S}\sum\limits_{T'\subseteq T}(-1)^{T-T'}f(T')\)，证明可考虑计算每个 \(T'\) 的贡献，由于 \(T'\subseteq T\subseteq S\)，\(T\) 必然是 \(T'\) 与 \(S-T'\) 的某个子集的并，于是我们尝试枚举这个子集的大小，可得 \(T'\) 在对这个柿子结果的贡献为 \(f(T')\sum\limits_{i=0}^{|S-T'|}\dbinom{|S-T'|}{i}(-1)^i=0^{|S-T'|}·f(T')\)，因此只有当 \(T'=S\) 时对结果产生 \(f(T')\) 的贡献，其余 \(T'\) 的贡献均为 \(0\)，得证。

考虑将这个柿子应用于这道题上，记 \(f(S)=|S|·2^{|S|}\)，那么

\[\begin{aligned} ans&=\sum\limits_{T_2}f(T_1\cap T_2)\\ &=\sum\limits_{T_2}\sum\limits_{S\subseteq(T_1\cap T_2)}\sum\limits_{T\subseteq S}f(T)(-1)^{|S|-|T|}\\ &=\sum\limits_{S\in T_1}\sum\limits_{T\subseteq S}f(T)(-1)^{|S|-|T|}(\sum\limits_{S\in T_2}1)\\ &=\sum\limits_{S\in T_1}\sum\limits_{T\subseteq S}2^{|T|}·|T|·(-1)^{|S|\color{red}{+}|T|}(\sum\limits_{S\in T_2}1)\\ &=\sum\limits_{S\in T_1}(-1)^{|S|}\sum\limits_{T\subseteq S}(-2)^{|T|}·|T|·(\sum\limits_{S\in T_2}1)\\ &=\sum\limits_{S\in T_1}(-1)^{|S|}\sum\limits_{i=0}^{|S|}(-2)^i·i·\dbinom{|S|}{i}·(\sum\limits_{S\in T_2}1)\\ &=\sum\limits_{S\in T_1}(-1)^{|S|}\sum\limits_{i=0}^{|S|}(-2)^i·|S|·\dbinom{|S|-1}{i-1}·(\sum\limits_{S\in T_2}1)&\text{(吸收恒等式)}\\ &=\sum\limits_{S\in T_1}(-1)^{|S|}·|S|·\sum\limits_{i=0}^{|S|-1}(-2)^{i+1}·\dbinom{|S|-1}{i}·(\sum\limits_{S\in T_2}1)\\ &=\sum\limits_{S\in T_1}(-1)^{|S|}·|S|·(-2)·\sum\limits_{i=0}^{|S|-1}(-2)^{i}·\dbinom{|S|-1}{i}·1^{|S|-1-i}·(\sum\limits_{S\in T_2}1)\\ &=\sum\limits_{S\in T_1}(-1)^{|S|}·|S|·(-2)·(-1)^{|S|-1}·(\sum\limits_{S\in T_2}1)\\ &=\sum\limits_{S\in T_1}2|S|·(\sum\limits_{S\in T_2}1) \end{aligned} \]

推到这里，聪明的你一定已经发现，\(\sum\limits_{S\in T_2}1\) 就是包含 \(S\) 当中边的生成树个数，于是题目要求的就是对于所有边集 \(S\)，包含 \(S\) 的生成树个数乘上 \(S\) 的大小之和，而又根据我们在这里推得的结论：包含 \(S\) 的生成树个数就是 \(n^{r-2}\prod\limits_{i=1}^ra_i\)，其中 \(r\) 为 \(S\) 中的边形成的连通块个数，\(a_1,a_2,\cdots,a_r\) 为这 \(r\) 个连通块的大小。

于是答案可进一步可进一步写成 \(2\sum\limits_{S\in T_1}|S|n^{r-2}\prod\limits_{i=1}^ra_i=\dfrac{2}{n^2}\sum\limits_{S\in T_1}|S|\prod\limits_{i=1}^rna_i\)，此时这玩意儿的组合意义就异常明显了：选择一个边集将这棵树分成若干个连通块，再从每个连通块中选择一个点，产生 \(n\) 的乘积贡献，最后从选定的边集中选择一条边，球所有选法的贡献之和。

这样就可以 DP 了，\(dp_{u,0/1,0/1}\) 表示确定了以 \(u\) 为根的子树内连通块的划分情况，\(u\) 所在的连通块是否选择了点，\(u\) 子树内是否有边被选择的方案数，树上背包转移即可。

时间复杂度 \(\mathcal O(16n)\)（虽然我深知这个写法非常不规范/cy/cy）

const int MAXN=2e6;
const int MOD=998244353;
int qpow(int x,int e){
	int ret=1;
	for(;e;e>>=1,x=1ll*x*x%MOD) if(e&1) ret=1ll*ret*x%MOD;
	return ret;
}
int n,hd[MAXN+5],to[MAXN*2+5],nxt[MAXN*2+5],ec=0;
void adde(int u,int v){to[++ec]=v;nxt[ec]=hd[u];hd[u]=ec;}
int dp[MAXN+5][2][2],tmp[2][2];
void dfs(int x,int f){
	dp[x][0][0]=1;dp[x][1][0]=n;
	for(int e=hd[x];e;e=nxt[e]){
		int y=to[e];if(y==f) continue;dfs(y,x);fill0(tmp);
		for(int p=0;p<2;p++) for(int q=0;q<2;q++)//not seperate and not choose
			for(int u=0;u+p<2;u++) for(int v=0;v+q<2;v++)
				tmp[u+p][v+q]=(tmp[u+p][v+q]+1ll*dp[x][p][q]*dp[y][u][v])%MOD;
		for(int p=0;p<2;p++) for(int u=0;u+p<2;u++) tmp[u+p][1]=(tmp[u+p][1]+1ll*dp[x][p][0]*dp[y][u][0])%MOD;//not seperate and choose
		for(int p=0;p<2;p++) for(int q=0;q<2;q++) for(int v=0;v+q<2;v++)//seperate
			tmp[p][v+q]=(tmp[p][v+q]+1ll*dp[x][p][q]*dp[y][1][v])%MOD;
		for(int p=0;p<2;p++) for(int q=0;q<2;q++) dp[x][p][q]=tmp[p][q];
	} //printf("%d %d %d %d %d\n",x,dp[x][0][0],dp[x][0][1],dp[x][1][0],dp[x][1][1]);
}
int main(){
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1,u,v;i<n;i++) scanf("%d%d",&u,&v),adde(u,v),adde(v,u);
	dfs(1,0);printf("%d\n",2ll*qpow(n,MOD-3)*dp[1][1][1]%MOD);
	return 0;
}