洛谷
首先發現每條邊除了邊權之外都是等價的，所以可以考慮每一條邊的出現次數。
顯然欽定一條邊之後構成生成樹的方案數是\(2*n^\)。可以直接\(purfer\)序列算。
也可以發現每一條邊的出現次數相等，樹的總數是\(n^\)，每次出現\(n-1\)條邊，每條邊又是等價的。
也可以算出上面這個值。
於是要算的東西就變成了
\[\displaystyle \sum_^n\sum_^n(i+j)^k
\]這個東西不對稱，很不方便計算，所以可以變成：
\[\frac(\sum_^n \sum_^n (i+j)^k-\sum_^n (i+i)^k)
\]\(k\)次方這個東西顯然是個\(k+1\)次多項式，可以套進去直接拉格朗日插值計算。
拆一下變成了\(\displaystyle \sum_^ (i-1) i^k+\sum_^(2n-i+1)i^k-\sum_^n 2^ki^k\)。
然後預處理之後，可以用拉格朗日插值可以在\(o(k)\)的複雜度裡算出上面的式子，然後帶回去算期望就行了。
然後這裡怎麼拉格朗日插值。
以第乙個函式為例。
令\(f(n)=\sum_^n (i-1)i^k\)，因為\(i^\)次方大概是乙個\(k+2\)次多項式，所以我們需要\(k+3\)個值，那麼顯然這個函式的前\(k+3\)項我們在預處理之後是可以提前算出來的。
然後根據拉格朗日插值的公式，對於乙個\(k\)次多項式而言：
\[p(x)=\sum_^p(x_i)\prod_^\frac
\]然後因為我們選擇的值是連續的若干項，所以可以簡單的寫成：
\[p(x)=\sum_^p(x_i)\frac}\prod_^(x-x_j)
\]在這題裡，我們都已經知道\(x\)是\(n\)了，所以後半部分的\(prod\)可以用前字尾的方式快速預處理出來，這樣子我們就可以\(o(k)\)的計算前面的部分了。
#include#includeusing namespace std;
#define mod 998244353
#define max 10000100
inline int read()
int n,k,n,ans;
int inv[max],jv[max],suf[max],pre[max];
bool zs[max];
int pri[max],tot,pw[max];
int fpow(int a,int b)return s;}
void sieve(int n) }}
int p[max];
int calc(int n)
int main()
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