繁琐的简单树形 dp（大雾），要是现场肯定弃了去做 F 题
做了我一中午，写篇题解纪念下。
提供一种不太一样的思路。
首先碰到这样的题肯定是没法用正常的组合计数方法求解，因此我们考虑树形 (dp)。显然，如果对于每条边 ((u,v)) 而言，我们确定扫描到这条边时是删除 (u) 上的标记、还是删除 (v) 上的标记，还是 (u,v) 上已经有一个标记消失了（即啥也不删），并且这种钦定方式合法（即，当扫描到某条边 (e) 时，不会出现你钦定要删除 (e) 某个端点上的标记，却已经有某个端点上的标记消失了；或者你钦定啥也不删，却有 (e) 的两个端点上的标记都没移走），那么我们就能唯一确定最后得到的序列。
考虑从这个性质入手解决问题，一个很自然的想法是设 (dp_x) 表示有多少种合法的钦定 (x) 子树中的边的方式，不过显然这东西不太好转移，因此考虑新加一维常数维记录一些信息。注意到对于一个点 (x) 而言，((x,fa_x)) 的决策也会影响到 (x) 与其儿子相连的边的决策，因此考虑将 ((x,fa_x)) 这条边也纳入 DP 状态，即 (dp_x) 的定义变为，有多少种合法的钦定 (x) 子树中的边及 (x) 与其父亲的边的方式。我们还能发现，当我们删除到边 ((x,fa_x)) 时，有以下五种可能：
- (fa_x) 上的标记还在，但 (x) 上的标记已经没了
- (x) 上的标记还在，但 (fa_x) 上的标记已经没了
- (x,fa_x) 上的标记都没了
- (x,fa_x) 上的标记都在，并且我们移走了 (x) 上的标记
- (x,fa_x) 上的标记都在，并且我们移走了 (fa_x) 上的标记
在下文中分别称这五种情况为 Condition (0sim) Condition (4)。考虑增加一维 (dp_{x,j}) 我们在强制扫描到 (x) 与其父亲的边时情况为 Condition (j) 的情况下，有多少种合法的钦定 (x) 子树内边的方案数。考虑对五种情况分别转移：
-
Condition (0)：由于 (x) 上的标记已经没了，因此我们肯定会在删除某一条编号小于 ((x,fa_x)) 且与 (x) 相连的边时，删除了 (x) 上的标记，因此我们考虑设 (f_y) 为有多少种钦定方案，满足我们恰好在删除 ((x,y)) 这条边时删除了 (x) 的标记，那么有 (dp_{x,0}=sumlimits_{ ext{id}(x,fa_x)> ext{id}(x,y)}f_y)，其中 ( ext{id}(x,y)) 表示 ((x,y)) 边的编号，(f_y) 的求法将在下文中讲解。
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Condition (1)：首先对于与 (x) 相连，且满足 ( ext{id}(x,y)< ext{id}(x,fa_x)) 的边，我们肯定不能删除 (x) 上的标记，并且我们删除 ((x,y)) 边也就是 ((y,fa_y)) 时候，(x) 上的标记肯定还是在的，因此只有两种可能 (dp_{y,0}) 和 (dp_{y,3})，乘法原理乘起来即可，( ext{id}(x,y)> ext{id}(x,fa_x)) 的边，有两种选择，要么不存在某条 ((x,y)) 删除了 (x) 上的标记，方案数自然也是 (dp_{y,0}+dp_{y,3})，要么存在，方案数就是 (sumlimits_{ ext{id}(x,fa_x)< ext{id}(x,y)}f_y)，两部分加起来可得
[dp_{y,1}=prodlimits_{(x,y)in E}(dp_{y,0}+dp_{y,3})+sumlimits_{ ext{id}(x,fa_x)< ext{id}(x,y)}f_y ] -
Condition (2)：聪明的读者应该能发现，对于 Condition (0) 和 Condition (2) 两种情况，它们对于 ( ext{id}(x,y)< ext{id}(x,fa_x)) 的限制相同，对于 ( ext{id}(x,y)> ext{id}(x,fa_x)) 的限制也相同，因此 (dp_{x,2}=dp_{x,0})
-
Condition (3)：还是分为 ( ext{id}(x,y)< ext{id}(x,fa_x)) 和 ( ext{id}(x,y)> ext{id}(x,fa_x)) 两类边，( ext{id}(x,y)< ext{id}(x,fa_x)) 的边的方案数与 Condition (1) 那一部分相同，为 (dp_{y,0}+dp_{y,3})，( ext{id}(x,y)> ext{id}(x,fa_x)) 类比 Condition (1) 推理一下可知，删到 ((x,y)) 时只可能是 Condition (1,2)，因为不管怎样删到 ((x,y)) 时 (x) 上的标记已经没了，因此贡献为 (dp_{y,1}+dp_{y,2})，由乘法原理可知
[dp_{y,3}=prodlimits_{ ext{id}(x,fa_x)> ext{id}(x,y)}(dp_{y,0}+dp_{y,3})·prodlimits_{ ext{id}(x,fa_x)< ext{id}(x,y)}(dp_{y,1}+dp_{y,2}) ] -
Condition (4)：同理可得 (dp_{x,4}=dp_{x,1})，因为它们关于 ( ext{id}(x,y)< ext{id}(x,fa_x)) 与 ( ext{id}(x,y)> ext{id}(x,fa_x)) 两种情况的限制均对应相同。
接下来考虑怎么求 (f_y)，显然 ((x,y)) 的贡献为 (dp_{y,4})，对于我们也可以将所有与 (x) 相连且不同于 ((x,fa_x),(x,y)) 的边，我们也可以将它们分为两类：( ext{id}(x,z)< ext{id}(x,y)) 和 ( ext{id}(x,z)> ext{id}(x,y))，仿照 Condition (3) 的分析过程可知，第一部分的贡献为 (dp_{z,0}+dp_{z,3})，第二部分贡献为 (dp_{z,1}+dp_{z,2})，乘法原理乘起来可得：
预处理前后缀积即可 (mathcal O(1)) 计算，总复杂度线性。
似乎我的这个 solution 把 condition (0,2) 和 condition (1,4) 合并之后就是 CF 官方题解给的写法？不过我这个 DP 状态至少能体现我自己的思考过程吧（
const int MAXN=2e5;
const int MOD=998244353;
int n,hd[MAXN+5],to[MAXN*2+5],nxt[MAXN*2+5],ec=1,bot[MAXN+5];
void adde(int u,int v){to[++ec]=v;nxt[ec]=hd[u];hd[u]=ec;}
int dp[MAXN+5][5],mul[MAXN+5];
void dfs(int x,int f){
dp[x][1]=dp[x][3]=1;
for(int e=hd[x];e;e=nxt[e]){
int y=to[e];if(y==f) continue;bot[y]=e>>1;dfs(y,x);
if(bot[y]<bot[x]) dp[x][3]=1ll*dp[x][3]*(dp[y][0]+dp[y][3])%MOD;
else dp[x][3]=1ll*dp[x][3]*(dp[y][1]+dp[y][2])%MOD;
dp[x][1]=1ll*dp[x][1]*(dp[y][0]+dp[y][3])%MOD;
} vector<int> vec,pre_mul,suf_mul;
for(int e=hd[x];e;e=nxt[e]){int y=to[e];if(y==f) continue;vec.pb(y);}
reverse(vec.begin(),vec.end());pre_mul.resize(vec.size());suf_mul.resize(vec.size());
for(int i=0;i<vec.size();i++){
int y=vec[i];
pre_mul[i]=1ll*((!i)?1:pre_mul[i-1])*(dp[y][0]+dp[y][3])%MOD;
} for(int i=(int)(vec.size())-1;~i;i--){
int y=vec[i];
suf_mul[i]=1ll*((i+1==vec.size())?1:suf_mul[i+1])*(dp[y][1]+dp[y][2])%MOD;
} for(int i=0;i<vec.size();i++){
int y=vec[i];
int mul=dp[y][4];if(i) mul=1ll*mul*pre_mul[i-1]%MOD;
if(i+1<vec.size()) mul=1ll*mul*suf_mul[i+1]%MOD;
if(bot[y]<bot[x]) dp[x][0]=(dp[x][0]+mul)%MOD;
else dp[x][1]=(dp[x][1]+mul)%MOD;
} dp[x][4]=dp[x][1];dp[x][2]=dp[x][0];
}
int main(){
scanf("%d",&n);bot[1]=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
",(dp[1][1]+dp[1][2])%MOD);
return 0;
}