令$E_{1}$和$E_{2}$分别为两树的边集，默认要求其构成一棵树
$op=0$
给定$E_{1}$和$E_{2}$，此时答案即$y^{n-|E_{1}cap E_{2}|}$，使用map或排序即可，复杂度为$o(nlog n)$
$op=1$
给定$E_{1}$，此时答案即$sum_{E_{2}}y^{n-|E_{1}cap E_{2}|}$
枚举$S=E_{1}cap E_{2}$，即$sum_{Ssubseteq E_{1}}y^{n-|S|}sum_{Ssubseteq E_{2}}[E_{1}cap E_{2}=S]$
对于最后一项，有$[E_{1}cap E_{2}=S]=sum_{Ssubseteq Tsubseteq E_{1}cap E_{2}}(-1)^{|T|-|S|}$
交换枚举顺序，即$sum_{Tsubseteq E_{1}}sum_{Ssubseteq T}(-1)^{|T|-|S|}y^{n-|S|}sum_{Tsubseteq E_{2}}1$
令最后一项为$f(T)$，即$sum_{Tsubseteq E_{1}}f(T)sum_{Ssubseteq T}(-1)^{|T|-|S|}y^{n-|S|}$
枚举$i=|S|$，对应方案数即${|T|choose i}$，即$sum_{Tsubseteq E_{1}}f(T)sum_{i=0}^{|T|}{|T|choose i}(-1)^{|T|-i}y^{n-i}$
提取$y^{n}$，即$y^{n}sum_{Tsubseteq E_{1}}f(T)sum_{i=0}^{|T|}{|T|choose i}(-1)^{|T|-i}(frac{1}{y})^{i}$
后者即一个二项式展开的结果，即$y^{n}sum_{Tsubseteq E_{1}}f(T)(frac{1}{y}-1)^{|T|}$
记$z=frac{1}{y}-1$，即$y^{n}sum_{Tsubseteq E_{1}}z^{|T|}f(T)$
（下面的部分可以参考cf917D，比较省略了）
假设$T$中的边将原图划分为$m$个连通块，第$i$个连通块点数为$x_{i}$，此时有$f(T)=n^{m-2}prod_{i=1}^{m}x_{i}$
将之代入并调整，即$frac{(yz)^{n}}{n^{2}}sum_{Tsubseteq E_{1}}(frac{n}{z})^{m}prod_{i=1}^{m}a_{i}$（有$m=n-|T|$）
令$dp_{i,0/1}$表示以$i$为根的子树内，与$i$相连的连通块是否已经选择对应的点，所有方案的贡献和（每一组方案的贡献为$(frac{n}{z})^{m}$，其中$m$为已经确定全部在$i$子树内的连通块数），树形dp即可，复杂度为$o(n)$
（注意最后$dp_{rt,1}$并没有算根节点所在连通块的$frac{n}{z}$，即还要再乘上一次）
（特判$z=0$时，此时答案显然为$y^{n}f(empty)=n^{n-2}$）
$op=2$
联系$op=1$的情况，此时答案即$y^{n}sum_{E_{1}}sum_{Tsubseteq E_{1}}z^{|T|}f(T)$
交换枚举顺序，可以发现$E_{1}$的方案数也为$f(T)$，即$y^{n}sum_{T}z^{|T|}f^{2}(T)$
代入$f(T)$对应的式子并调整，即$frac{(yz)^{n}}{n^{4}}sum_{T}(frac{n^2}{z})^{m}prod_{i=1}^{m}x^{2}_{i}$
令$f_{i}=sum_{T}(frac{n^{2}}{z})^{m}prod_{j=1}^{m}x_{j}^{2}$，枚举第$i$个点连通块的大小，即有转移$f_{i}=sum_{j=1}^{i}frac{n^{2}}{z}{i-1choose j-1}j^{j}f_{i-j}$
（初始状态为$f_{0}=1$，最终即求$frac{(yz)^{n}}{n^{4}}f_{n}$）
展开组合数并调整，即有$frac{f_{i}}{(i-1)!}=sum_{j=1}^{i}frac{n^{2}j^{j}}{z(j-1)!}cdot frac{f_{i-j}}{(i-j)!}$
令$G(x)=sum_{i=1}^{infty}frac{n^{2}i^{i}}{z(i-1)!}x^{i}$，$F(x)=sum_{i=0}^{infty}frac{f_{i}}{i!}x^{i}$，即有
$$
F(x)G(x)=sum_{i=1}^{infty}(sum_{j=1}^{i}frac{n^{2}j^{j}}{z(j-1)!}frac{f_{i-j}}{(i-j)!})x^{i}=sum_{i=1}^{infty}frac{f_{i}}{(i-1)!}x^{i}
$$
考虑对$F(x)$求导，即$F'(x)=sum_{i=1}^{infty}frac{f_{i}}{(i-1)!}x^{i-1}$，即$F(x)G(x)=xF'(x)$
化简后，即$frac{G(x)}{x}=frac{F'(x)}{F(x)}=(ln F(x))'$（后者考虑$ln$的推导过程）
换言之，即$F(x)=e^{int frac{G(x)}{x}{ m d} x}=e^{sum_{i=1}^{infty}frac{n^{2}i^{i}}{zi!}x^{i}}$，多项式exp即可，复杂度为$o(nlog n)$
（特判$z=0$时，此时答案显然为$y^{n}f^{2}(empty)=n^{2(n-2)}$）
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define N 100005 4 #define mod 998244353 5 struct Edge{ 6 int nex,to; 7 }edge[N<<1]; 8 struct poly{ 9 vector<int>a; 10 poly(){ 11 a.clear(); 12 } 13 }a; 14 map<int,int>mat[N]; 15 int E,n,m,T,x,y,C1,C2,C3,head[N],f[N][2],fac[N],inv[N<<1]; 16 int qpow(int n,int m){ 17 int s=n,ans=1; 18 while (m){ 19 if (m&1)ans=1LL*ans*s%mod; 20 s=1LL*s*s%mod; 21 m>>=1; 22 } 23 return ans; 24 } 25 void add(int x,int y){ 26 edge[E].nex=head[x]; 27 edge[E].to=y; 28 head[x]=E++; 29 } 30 void dfs(int k,int fa){ 31 f[k][0]=f[k][1]=1; 32 for(int i=head[k];i!=-1;i=edge[i].nex) 33 if (edge[i].to!=fa){ 34 dfs(edge[i].to,k); 35 int x=f[k][0],y=f[k][1],s=1LL*C3*f[edge[i].to][1]%mod; 36 f[k][0]=(1LL*x*s+1LL*x*f[edge[i].to][0])%mod; 37 f[k][1]=(1LL*y*s+1LL*y*f[edge[i].to][0]+1LL*x*f[edge[i].to][1])%mod; 38 } 39 } 40 void ntt(poly &a,int n,int p){ 41 for(int i=0;i<(1<<n);i++){ 42 int s=0; 43 for(int j=0;j<n;j++) 44 if (i&(1<<j))s+=(1<<n-j-1); 45 if (i<s)swap(a.a[i],a.a[s]); 46 } 47 for(int i=2;i<=(1<<n);i<<=1){ 48 int s=qpow(3,(mod-1)/i); 49 if (p)s=qpow(s,mod-2); 50 for(int j=0;j<(1<<n);j+=i) 51 for(int k=0,ss=1;k<(i>>1);k++,ss=1LL*ss*s%mod){ 52 int x=a.a[j+k],y=1LL*ss*a.a[j+k+(i>>1)]%mod; 53 a.a[j+k]=(x+y)%mod; 54 a.a[j+k+(i>>1)]=(x+mod-y)%mod; 55 } 56 } 57 if (p){ 58 int s=qpow((1<<n),mod-2); 59 for(int i=0;i<(1<<n);i++)a.a[i]=1LL*a.a[i]*s%mod; 60 } 61 } 62 poly mul(poly x,poly y,int n){ 63 while (x.a.size()<(1<<n+1))x.a.push_back(0); 64 while (y.a.size()<(1<<n+1))y.a.push_back(0); 65 for(int i=(1<<n);i<(1<<n+1);i++)x.a[i]=y.a[i]=0; 66 ntt(x,n+1,0); 67 ntt(y,n+1,0); 68 for(int i=0;i<(1<<n+1);i++)x.a[i]=1LL*x.a[i]*y.a[i]%mod; 69 ntt(x,n+1,1); 70 while (x.a.size()>(1<<n))x.a.pop_back(); 71 return x; 72 } 73 poly Inv(poly a,int n){ 74 if (!n){ 75 poly ans; 76 ans.a.push_back(qpow(a.a[0],mod-2)); 77 return ans; 78 } 79 poly s=Inv(a,n-1),ans=mul(s,a,n); 80 for(int i=0;i<(1<<n);i++)ans.a[i]=mod-ans.a[i]; 81 ans.a[0]=(ans.a[0]+2)%mod; 82 return mul(ans,s,n); 83 } 84 poly ln(poly a,int n){ 85 while (a.a.size()<(1<<n))a.a.push_back(0); 86 poly s=Inv(a,n); 87 for(int i=1;i<(1<<n);i++)a.a[i-1]=1LL*i*a.a[i]%mod; 88 a.a[(1<<n)-1]=0; 89 a=mul(a,s,n); 90 for(int i=(1<<n)-1;i;i--)a.a[i]=1LL*qpow(i,mod-2)*a.a[i-1]%mod; 91 a.a[0]=0; 92 return a; 93 } 94 poly exp(poly a,int n){ 95 if (!n){ 96 poly ans; 97 ans.a.push_back(1); 98 return ans; 99 } 100 poly s=exp(a,n-1),ans=ln(s,n); 101 for(int i=0;i<(1<<n);i++)ans.a[i]=(a.a[i]-ans.a[i]+mod)%mod; 102 ans.a[0]=(ans.a[0]+1)%mod; 103 return mul(ans,s,n); 104 } 105 int main(){ 106 scanf("%d%d%d",&n,&m,&T); 107 if (!T){ 108 for(int i=1;i<n;i++){ 109 scanf("%d%d",&x,&y); 110 mat[x][y]=mat[y][x]=1; 111 } 112 int tot=0; 113 for(int i=1;i<n;i++){ 114 scanf("%d%d",&x,&y); 115 if (mat[x][y])tot++; 116 } 117 printf("%d",qpow(m,n-tot)); 118 return 0; 119 } 120 C1=(qpow(m,mod-2)+mod-1)%mod; 121 C2=1LL*m*C1%mod; 122 C3=1LL*n*qpow(C1,mod-2)%mod; 123 if (T==1){ 124 if (!C1){ 125 printf("%d",qpow(n,n-2)); 126 return 0; 127 } 128 memset(head,-1,sizeof(head)); 129 for(int i=1;i<n;i++){ 130 scanf("%d%d",&x,&y); 131 add(x,y); 132 add(y,x); 133 } 134 dfs(1,0); 135 f[1][1]=1LL*f[1][1]*C3%mod; 136 printf("%d",1LL*f[1][1]*qpow(C2,n)%mod*qpow(n,mod-3)%mod); 137 return 0; 138 } 139 C3=1LL*C3*n%mod; 140 if (T==2){ 141 if (!C1){ 142 printf("%d",qpow(n,2*n-4)); 143 return 0; 144 } 145 fac[0]=inv[0]=inv[1]=1; 146 for(int i=1;i<N;i++)fac[i]=1LL*fac[i-1]*i%mod; 147 for(int i=2;i<(N<<1);i++)inv[i]=1LL*(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod; 148 for(int i=1;i<(N<<1);i++)inv[i]=1LL*inv[i-1]*inv[i]%mod; 149 a.a.push_back(0); 150 for(int i=1;i<(1<<17);i++)a.a.push_back(1LL*C3*qpow(i,i)%mod*inv[i]%mod); 151 a=exp(a,17); 152 printf("%d",1LL*fac[n]*a.a[n]%mod*qpow(C2,n)%mod*qpow(n,mod-5)%mod); 153 return 0; 154 } 155 }