题目链接：
https://vjudge.net/contest/432769#problem/I
Solution：
换根dp
令(dp[u][t])表示(u)下面所有子孙节点到它的路径长度的t次方的和，现考虑如何转移
设(u)的父节点为(x)，(u)到(x)的树边边权为(w)。假定(u)下面有m个节点，这m个节点到(u)的路径长度分别为(d_1,d_2,...,d_m)，有(dp[u][t]=sumlimits_{i=1}^md_i^t)
那么，节点(u)对其父亲(x)的贡献就是(u)下面每个节点到(u)的路径长度加上(w)以及(w)这条边本身。也就是：
[sumlimits_{i=1}^m(w+d_i)^t+w^t
]
将这个式子二项式展开，也就是：
[sumlimits_{i=1}^m(sumlimits_{j=0}^tC_t^jw^jd_i^{t-j})
]
将二项式系数及(w)提出来，整理式子，得:
[sumlimits_{j=0}^{t}(C_t^{j}w^jsumlimits_{i=1}^md_i^{t-j})
]
注意到这个式子可以用dp数组代换，可化为：
[sumlimits_{j=0}^{t}(C_t^{j}w^jdp[u][t-j])
]
也就是说，每个节点的dp值可由其儿子节点转移上来，转移系数就是二项式系数，我们这样就可以做出来每个点的dp数组了
然而这个dp数组只包含了每个节点它下面的节点到它的路径，我们考虑如何求出包含所有点的答案
令(f[u][t])表示所有节点到(u)的路径的t次方之和，可以用一个类似换根的思想，同样通过二项式系数转移求得
令(r[u][t])表示除开以(u)为根的子树后，剩余点到(u)的父亲节点(x)的路径t次方之和,推导思路类似，只不过这次我们由上往下进行二项式转移，不难推出状态转移方程：
[r[u][t]=f[x][t]-sumlimits_{i=0}^tC_t^iw^idp[u][t-i]
]
[f[u][t]=dp[u][t]+sumlimits_{i=0}^tC_t^iw^ir[u][t-i]
]
处理出了f数组后，就可以算期望了
代码如下：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const long long M=998244353;
struct front_star{
int to,next;
long long w;
}e[200005];
int n,k,cnt=0;
int head[100005];
long long dp[100005][16],f[100005][16],r[100005][16],C[16][16];
long long fp(long long base,long long power) {
long long result = 1;
while (power > 0) {
if (power & 1) {
result =( (result%M) * (base % M))%M;
}
power >>= 1;
base =( (base%M )* (base%M) )% M;
}
return result;
}
void addedge(int u,int v,long long val)
{
cnt++;
e[cnt].w=val;
e[cnt].to=v;
e[cnt].next=head[u];
head[u]=cnt;
}
void fdfs(int u,int fa,int t)
{
for(int i=head[u];~i;i=e[i].next)
{
int v=e[i].to;
if(v!=fa)
{
fdfs(v,u,t);
if(t==0)
dp[u][t]+=dp[v][t]+1;
else
{
long long ew=1;
for(int j=0;j<=t;j++)
{
dp[u][t]=((dp[u][t]%M)+((((C[t][j]%M)*(ew%M))%M)*(dp[v][t-j]%M))%M)%M;
if(j!=t)
ew=((ew%M)*(e[i].w%M))%M;
}
dp[u][t]=(dp[u][t]%M+ew%M)%M;
}
}
}
}
void sdfs(int u,int fa,int t,int ec)
{
if(u==1)
f[u][t]=dp[u][t];
else
{
long long ew=1;
r[u][t]=f[fa][t];
for(int i=0;i<=t;i++)
{
r[u][t]=((r[u][t]%M)-((((C[t][i]%M)*(ew%M))%M)*(dp[u][t-i]%M))%M+M)%M;
if(i!=t)
ew=((ew%M)*(e[ec].w%M))%M;
}
r[u][t]=(r[u][t]%M-ew%M+M)%M;
ew=1;
f[u][t]=dp[u][t];
for(int i=0;i<=t;i++)
{
f[u][t]=((f[u][t]%M)+((((C[t][i]%M)*(ew%M))%M)*(r[u][t-i]%M))%M)%M;
if(i!=t)
ew=((ew%M)*(e[ec].w%M))%M;
}
f[u][t]=(f[u][t]%M+ew%M)%M;
}
for(int i=head[u];~i;i=e[i].next)
{
int v=e[i].to;
if(v!=fa)
sdfs(v,u,t,i);
}
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&k);
memset(head,-1,sizeof(head));
memset(dp,0,sizeof(dp));
for(int i=1;i<=n-1;i++)
{
int a,b;
long long c;
scanf("%d%d%lld",&a,&b,&c);
addedge(a,b,c);
addedge(b,a,c);
}
C[0][0]=1;
for(int i=1;i<=k;i++)
{
C[i][0]=1;
for(int j=1;j<=i;j++)
{
C[i][j]=((C[i][j-1]%M)*((i-j+1)%M))%M;
C[i][j]=((C[i][j]%M)*fp(j,M-2))%M;
}
}
for(int i=0;i<=k;i++)
{
fdfs(1,0,i);
sdfs(1,0,i,0);
}
long long p=n,ans=0;
long long bs=p*p%M;
for(int i=1;i<=n;i++)
ans=(ans%M+f[i][k]%M)%M;
ans=((ans%M)*(fp(bs,M-2)%M))%M;
printf("%lld
",ans);
return 0;
}