[atARC121F]Logical Operations on Tree

（特判$n=1$的情况）

当确定权值和操作后，如何判定是否合法——

考虑一个度为1的节点，对其权值即其对应边的边操作分类讨论：

$1or$，显然只需要最后选择这条边即可，一定合法

$1and$或$0or$，显然这条边没有意义，不妨直接选择

$0and$，将最终的结果变为0，显然不如初始的值为0（结果仍为0也不劣），因此也不妨直接选择

综上，有以下策略：若存在$1or$的情况一定合法，否则不断选择某一条度为1的点对应的边即可

然后，进行树形dp即可，令$f_{k,0/1/2}$表示以$k$为根的子树中最终$k$的权值为0/1且未出现$1or$的情况和出现$1or$的方案数（仅考虑子树内部），转移即
$$
egin{cases}f_{k,0}=f_{k,0}(2f_{son,0}+f_{son,1})+f_{k,1}f_{son,0}\f_{k,1}=f_{k,1}(f_{son,0}+f_{son,1})\f_{k,2}=(f_{k,0}+f_{k,1})(f_{son,1}+2f_{son,2})+2f_{k,2}(f_{son,0}+f_{son,1}+f_{son,2})end{cases}
$$
初始状态为$f_{k,0}=f_{k,1}=1$，最终答案为$f_{rt,1}+f_{rt,2}$

时间复杂度为$o(n)$，可以通过

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 100005
#define mod 998244353
#define ll long long
struct Edge{
    int nex,to;
}edge[N<<1];
int E,n,x,y,ans,head[N];
ll g[3],f[N][3];
void add(int x,int y){
    edge[E].nex=head[x];
    edge[E].to=y;
    head[x]=E++;
}
void dfs(int k,int fa){
    f[k][0]=f[k][1]=1;
    for(int i=head[k];i!=-1;i=edge[i].nex){
        int v=edge[i].to;
        if (v!=fa){
            dfs(v,k);
            memcpy(g,f[k],sizeof(g));
            f[k][0]=(g[0]*(2*f[v][0]+f[v][1])+g[1]*f[v][0])%mod;
            f[k][1]=g[1]*(f[v][0]+f[v][1])%mod;
            f[k][2]=((g[0]+g[1])*(f[v][1]+2*f[v][2])%mod+2*g[2]*(f[v][0]+f[v][1]+f[v][2]))%mod;
        }
    }
}
int main(){
    scanf("%d",&n);
    memset(head,-1,sizeof(head));
    for(int i=2;i<=n;i++){
        scanf("%d%d",&x,&y);
        add(x,y);
        add(y,x);
    }
    dfs(1,0);
    printf("%d",(f[1][1]+f[1][2])%mod);
}