结论
注意到如果$x$周围有偶数个1，对$x$操作显然不会改变$a_{x}$，因此不妨强制操作的点周围要有奇数个1，不难发现此时恰好会改变该点，即令$a_{x}=a_{x}oplus 1$
称${a_{i}}$合法当且仅当其能被得到，问题即统计合法序列数
显然操作是可逆的，因此${a_{i}}$合法等价于其能通过操作使得$forall 1le ile n,a_{i}=1$
结论1：若${a_{i}}$能通过操作得到${b_{i}}$，两者合法性相同
根据操作的可逆性显然成立
称${a_{i}}$的"1子图"为所有所有满足$a_{i}=1$的点的导出子图，考虑以下结论——
结论2：操作不会改变1子图连通块数的奇偶性
不妨假设操作$x$，并记与$x$相邻的点中有$s$个1，则有$sequiv 1(mod 2)$
对$a_{x}$的变化分类讨论，不难得到连通块数即$pm (s-1)$，而$s-1$为偶数，也即不会改变奇偶性
另一方面，注意到最终$forall 1le ile n,a_{i}=1$时1子图的连通块数为1，因此不难得到${a_{i}}$合法的（一个）必要条件为${a_{i}}$的1子图连通块数为奇数
另外，${a_{i}}$合法的另一个必要条件即存在一个点可以操作（周围有奇数个点为1）
（特别的，在$forall 1le ile n,a_{i}=1$时，由于$nge 3$，总存在叶子，该点即满足条件）
事实上，若原树存在一个点满足其度数$ge 3$且将其删除后存在两个连通块点数$ge 2$，那么上述的两个必要条件即是充分的，下面将来证明这一点（过程略长，跳过证明可以点击这里）——
证明
下面，先给出一些引理，来对题目做一些转换——
引理1：若${a_{i}}$的1子图非空且连通，则${a_{i}}$合法
如果$forall 1le ile n,a_{i}=1$显然合法，否则任取一个$a_{x}=0$的点$x$和一个$a_{y}=1$的点$y$
考虑$x$到$y$的路径，根据介值定理其中总存在一条边$(x',y')$满足$a_{x'}=0$且$a_{y'}=1$
此时，若$x'$的其余某条出边满足$a_{z}=1$，显然$y'$和$z$无法连通，与1子图连通矛盾
换言之，$a_{x'}$的出边中仅有$a_{y'}=1$（其余都为0），那么操作$x'$即可使$a_{x'}=1$
注意到$x'$和$y$直接相连，因此仍然满足条件，重复此过程即可使$forall 1le ile n,a_{i}=1$
引理2：将${a_{i}}$的1子图每一个连通块中仅保留一个1（其余点都变为0），不影响${a_{i}}$合法性
任取1子图的一个连通块，显然该连通块外与连通块内有边的点必然都是0，注意到这些0如果不操作，那么整个连通块即是独立的（连向恒为0的点可以看作不连）
此时，这个子问题${a_{i}}$的1子图非空且连通（仅有一个1），根据引理1可以操作使得整个连通块均为1，根据结论1也即合法性相同
此时，1子图的每一个连通块仅有一个点，也即不存在$(x,y)in E$使得$a_{x}=a_{y}=1$
为了保持此性质，构造两种新操作——
移动操作：选择一个$a_{x}=1$和$(x,y)in E$，若$y$周围不存在1，则交换$a_{x}$和$a_{y}$（注意必然有$a_{y}=0$）
合并操作：选择一个$a_{x}=0$且$x$周围恰存在$ge 3$个1，将这些1全部变为0并令$a_{x}=1$
（在性质成立时）新操作都可以被原操作得到，且可以保持性质成立
重新考虑存在一个点可以操作的条件，显然等价于可以执行移动或合并操作
另一方面，注意到移动操作不会改变（1子图）连通块数、合并操作会减少连通块数，因此不妨证明如果可以执行移动或合并操作和且1子图连通块数$ge 3$，经过若干次操作后可以执行合并操作
注意到移动或合并操作后一定可以再执行移动操作，因此即可重复上述过程不断执行合并操作，再根据连通块数为奇数，最终即可使得连通块数为1，进而根据引理1即合法
为了说明上述事情，再给出一些引理——
引理3：若树中存在一个点可以操作，那么一定可以通过若干次操作后改变$a_{rt}$
移动操作可以看作周围恰有1个1的合并操作，因此此证明中将两者都称为合并操作
若$a_{rt}=0$且$rt$周围有奇数个1，直接对$rt$执行合并操作即可
若$rt$周围有偶数个1，考虑这个可以执行的操作必然在$rt$某个儿子的子树内部，归纳此结论并由此改变该儿子，进而即有奇数个1，再对$rt$执行合并操作即可
若$a_{rt}=1$，那么$rt$周围必然都是0，且若其中一个儿子有偶数个儿子为1（算上$rt$即周围有奇数个1），那么直接对该点执行合并操作即可
若不存在上述的儿子，可以执行的操作必然在某个儿子的儿子子树内部，根据归纳将该儿子的儿子修改，再对该儿子执行合并操作即可
引理4：若树中不能执行移动或合并操作、$a_{rt}=0$且树中存在至少一个1，那么若增加一个$a_{rt}$的父亲且其权值为1，那么经过若干次操作后可以执行合并操作
若$rt$的所有儿子均为0，直接移动到$a_{rt}$后可以看作$rt$某个子树内含有1的儿子的子问题，归纳此结论即可在该子问题内执行合并操作
若$rt$存在奇数个儿子为1，显然初始可以执行操作，与条件矛盾
若$rt$存在偶数个儿子为1，那么即可对$rt$执行合并操作，即结论成立
由此，选择一个点$rt$满足其度数$ge 3$且将其删除后存在两个连通块点数$ge 2$，并以其为根建树
先根据引理3，若$a_{rt}=1$则修改$a_{rt}=0$，再对为1的儿子数分类讨论：
1.若为偶数，任选一个子树内可以操作的儿子，根据引理3修改该儿子，即变为奇数的情况
2.若为奇数且$ge 3$，直接对$rt$执行合并操作即可
3.若为1，考虑其余儿子的子树，分类讨论——
(1)若存在两个子树内可以操作，将这两个子树的根由引理3修改，然后即可对$rt$执行合并操作
(2)若存在某个子树内不全为0且无法执行操作，那么将这个为1的儿子移动到根后，该子树即满足引理4，也即可在该子树内执行合并操作
(3)不为以上情况，即至多一个子树内可以操作，其余子树全部为0，那么不全为0的子树至多只有两个，因此可以将这个为1的儿子移动到某个全部为0的子树
此时，若满足之前的(1)或(2)则继续按照(1)或(2)执行，否则即仍为(3)，那么若这个1所在的子树大小为1，其他子树中不全为0的子树至多只有一个，因此可以将这个1再移动到某个全部为0且点数$ge 2$的子树
若不存在某个子树可以操作，不难发现整棵树此时仅含有这1个1，也即连通块数为1，与条件矛盾
否则再根据引理3，将那个可以操作的子树的根（即$rt$的儿子）变为1，并将原来的1向下移动一步，使这个新的1也移动到某个全部为0的子树（这个子树大小不要求$ge 2$）
此时，若满足之前的(1)或(2)则继续按照(1)或(2)执行，否则即仍为(3)，不难发现此时整棵树仅含有这两个1，也即连通块数为2，与条件矛盾
由此，即说明了可以执行合并操作
综上，即得证
总结
由此，问题即可用树形dp解决，令$f_{k,0/1,0/1,0/1,0/1}$表示以$k$为根的子树中，$a_{k},igoplus_{son}a_{son},$1子图连通块个数奇偶性和是否存在一个点可以操作（不包括$k$）为给定值时的方案数，显然容易转移
另外，当不存在之前所述的点时，不难发现原树必然为一条链、链的两端额外有若干条出边
结论3：若${a_{i}}$合法，存在一种方案使得不将链的端点从1变成0，使得$forall 1le ile n,a_{i}=1$
如果存在，取最后一次此类操作，并不妨假设是左端点
由于其最终为1，因此之后必然要再操作将其变回1，而中间必然要再操作一个与其相邻的点（否则没有意义），注意到之前的点无法操作，因此只能操作链上出边的点
以此类推，最终即需要操作右端点，注意到之前的点无法操作，因此右端点之后必须再操作一次，其中总有一次是从1变成0，即与与最后一次矛盾
因此，当两个端点全为1时，将链中间的点划分为若干个极长全0或1的区间，显然其中只有长度大于1的区间端点可以操作（注意整条链的端点不能操作），即不会减少区间数，因此只能初始全部为1
对于额外的出边，显然是任意的，只需要将权值为0的再操作一次即可
当端点中有0时，如果端点可以操作，不妨直接操作并根据结论1，两者合法性相同
如果不可以操作端点，那么当整条链全为0时即无解，否则将与端点相连的极长的一段0依次操作即可（最后操作端点），同样根据结论1合法性相同
根据以上的分析，假设链长为$l$（指链上的点数），链的两个端点额外的出边数分别为$x$和$y$（为了方便，不妨假设$x,y e 0$，否则可以将原来的端点作为额外的出边），对端点分类讨论：
1.若两端点都为1，此时需要保证链上全部为1，方案数即为$2^{x+y}$
2.若两端点中恰有一个1，那么链上只能有与其中一个端点相连的一段0，注意到不论长度如何，都要保证该端点可以/不可以操作，因此方案数即为$(l-1)2^{x+y}$（注意这已经乘上端点的2了）
3.若两端点中没有0，对是否全部为0分类讨论——
(1)若全部为0，那么即需要保证恰有一个端点可以操作，方案数即为$2^{x+y-1}$
(2)若不全部为0，同样每一组方案对应于唯一的能否操作，方案数即为${l-1choose 2}2^{x+y-2}$
（对于$l=1$的情况可以特判，但不难发现答案是相同的）
时间复杂度均为$o(n)$，可以通过
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define N 200005 4 #define mod 998244353 5 #define ll long long 6 #define Add(x,y) x=(x+y)%mod 7 struct Edge{ 8 int nex,to; 9 }edge[N<<1]; 10 int n,E,x,y,flag,ans,mi[N],head[N],d[N],sz[N],g[2][2][2][2],f[N][2][2][2][2]; 11 void add(int x,int y){ 12 edge[E].nex=head[x]; 13 edge[E].to=y; 14 head[x]=E++; 15 } 16 void dfs(int k,int fa){ 17 sz[k]=f[k][0][0][0][0]=f[k][1][0][1][0]=1; 18 int tot=0; 19 for(int i=head[k];i!=-1;i=edge[i].nex){ 20 int u=edge[i].to; 21 if (u!=fa){ 22 dfs(u,k); 23 tot+=(sz[u]>=2),sz[k]+=sz[u]; 24 memcpy(g,f[k],sizeof(g)); 25 memset(f[k],0,sizeof(f[k])); 26 for(int a=0;a<2;a++) 27 for(int b=0;b<2;b++) 28 for(int c=0;c<2;c++) 29 for(int d=0;d<2;d++) 30 for(int aa=0;aa<2;aa++) 31 for(int bb=0;bb<2;bb++) 32 for(int cc=0;cc<2;cc++) 33 for(int dd=0;dd<2;dd++) 34 Add(f[k][a][b^aa][c^cc^(a&aa)][d|dd|(a^bb)],(ll)g[a][b][c][d]*f[u][aa][bb][cc][dd])%mod; 35 } 36 } 37 if (n-sz[k]>=2)tot++; 38 if ((d[k]>=3)&&(tot>=2))flag=1; 39 } 40 int main(){ 41 mi[0]=1; 42 for(int i=1;i<N;i++)mi[i]=2*mi[i-1]%mod; 43 scanf("%d",&n); 44 memset(head,-1,sizeof(head)); 45 for(int i=1;i<n;i++){ 46 scanf("%d%d",&x,&y); 47 d[x]++,d[y]++; 48 add(x,y),add(y,x); 49 } 50 dfs(1,0); 51 if (flag){ 52 for(int a=0;a<2;a++) 53 for(int b=0;b<2;b++) 54 for(int d=0;d<2;d++) 55 if (b|d)Add(ans,f[1][a][b][1][d]); 56 printf("%d ",ans); 57 return 0; 58 } 59 x=y=1; 60 for(int i=1;i<=n;i++) 61 if (d[i]>=3){ 62 if (x==1)x=d[i]-1; 63 else y=d[i]-1; 64 } 65 int l=n-x-y; 66 printf("%d ",((ll)l*mi[x+y]+mi[x+y-1]+(ll)(l-1)*(l-2)/2%mod*mi[x+y-2])%mod); 67 return 0; 68 }