https://www.luogu.org/problemnew/show/P5405
题解
首先考虑一条链的情况。
(O->O->O->O->O)
比如说这样一条链。
每个元素应当是这个元素到结尾这条子链中第一个被抽到的，这个概率手算一下发现它是
[frac{p_i}{sum_{j=i}^np_j}
]
所以答案其实就是所有i的积。
(O->O<-O->O->O)
如果出现这样的情况怎么办？
考虑如果把这条边断掉，对两条链分别算答案乘起来，这样会算出来的不合法的情况是第二个在第三个前面被抽到的情况，所以我们再减去把那条边再反过来的答案就好了。
对于多反边，可以想到容斥，答案为考虑0条边的-考虑奇数条边的+考虑偶数条边的(这里的考虑是指反向)。
根据十二省联考的经验，链上的情况是可以推广到树上的。
实现的时候不需要枚举子集，直接在树形(dp)中把反边的边权记录成(-1)就好了，
突然发现我考场好像读错题了。
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define N 1009
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod=998244353;
ll dp[N][N*3],g[N*3],ni[N*3],a[N][3];
int n,size[N],head[N],tot;
inline ll rd(){
ll x=0;char c=getchar();bool f=0;
while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=1;c=getchar();}
while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);c=getchar();}
return f?-x:x;
}
inline ll power(ll x,ll y){
ll ans=1;
while(y){
if(y&1)ans=ans*x%mod;
x=x*x%mod;
y>>=1;
}
return ans;
}
struct edge{
int n,to,l;
}e[N<<1];
inline void add(int u,int v){
e[++tot].n=head[u];e[tot].to=v;head[u]=tot;e[tot].l=1;
e[++tot].n=head[v];e[tot].to=u;head[v]=tot;e[tot].l=mod-1;
}
inline void MOD(ll &x){x=x>=mod?x-mod:x;}
inline void prework(int n){
for(int i=1;i<=n;++i)ni[i]=power(i,mod-2);
return;
}
void dfs(int u,int fa){
dp[u][0]=1;
for(int i=head[u];i;i=e[i].n)if(e[i].to!=fa){
int v=e[i].to;
dfs(v,u);
memset(g,0,sizeof(g));
for(int j=0;j<=size[u];++j)
for(int k=0;k<=size[v];++k){
MOD(g[j+k]+=dp[u][j]*dp[v][k]%mod*e[i].l%mod);
if(e[i].l!=1)MOD(g[j]+=dp[u][j]*dp[v][k]%mod);
}
memcpy(dp[u],g,sizeof(dp[u]));
size[u]+=size[v];
}
memset(g,0,sizeof(g));
for(int i=0;i<=size[u];++i)
for(int j=1;j<=3;++j){
MOD(g[i+j]+=dp[u][i]*ni[i+j]%mod*j%mod*a[u][j-1]%mod);
}
memcpy(dp[u],g,sizeof(dp[u]));
size[u]+=3;
}
int main(){
n=rd();
for(int i=1;i<=n;++i){
ll s=0;
a[i][0]=rd();a[i][1]=rd();a[i][2]=rd();
s=power(a[i][0]+a[i][1]+a[i][2],mod-2);
a[i][0]=a[i][0]*s%mod;
a[i][1]=a[i][1]*s%mod;
a[i][2]=a[i][2]*s%mod;
}
int x,y;
for(int i=1;i<n;++i){
x=rd();
y=rd();
add(x,y);
}
prework(3*n);
dfs(1,0);
ll ans=0;
for(int i=1;i<=n*3;++i)MOD(ans+=dp[1][i]);
cout<<ans;
return 0;
}