link.
給定一棵包含 \(n\) 個點，有點權和邊權的樹。設當前位置 \(s\)（初始時 \(s=1\)），每次在 \(n\) 個結點內隨機選擇目標結點 \(t\)，付出「\(s\) 到 \(t\) 的簡單路徑上的邊權之和」\(\times\)「\(t\) 的點權」的代價，標記（可以重複標記）點 \(t\) 並把 \(s\) 置為 \(t\)。求每個點至少被標記一次時（其中 \(1\) 號結點一開始就被標記）代價之和的期望。答案對 \(998244353\) 取模。
\(n\le10^6\)。
首先，有期望意義下的 min-max 容斥的公式：
\[e(\max(s))=\sum_(-1)^e(\min(t))
\]對於本題，\(s=\\)，要求的答案等價於標記最後乙個未標記點時代價的期望，那麼列舉上式中的 \(t\)，並設 \(|t|=m\)，我們只需要對於每個 \(t\)，求出從結點 \(1\) 出發，標記 \(t\) 集合內任意乙個點的期望代價就行。
考慮乙個樸素的 dp：令 \(f_t(u)\) 表示現在在 \(u\) 點（\(u\) 點已標記）時，標記 \(t\) 內任意一點的期望代價。顯然：
\[f_t(u)=\begin0&u\in t\\
\fracn\left( \sum_^nf_t(v)+\operatorname(u,v) \right)&u\not\in t
\end
\]其中 \(\operatorname(u,v)\) 即表示題意中把 \(u\) 置為 \(v\) 的代價。到此，你就可以獲得 \(10\) 分的好成績啦！
接下來，取出乙個 \(u\not\in t\) 的 \(f_t(u)\) 來研究：
\[f_t(u)=\fracn\left( \sum_^nf_t(v)+\operatorname(u,v) \right)\\
\rightarrow nf_t(u)-\sum_^nf_t(v)=\sum_^n\operatorname(u,v)
\]令 \(s=\sum_f(v)\)，\(w(u)=\sum_^n\operatorname(u,v)\)，\(c=s-t=\\}\)（其中恒有 \(c_1=1\)）列出共 \(|c|\) 個等式：
\[\left.
\begin
nf_t(c_1)-s=w(c_1)\\
nf_t(c_2)-s=w(c_2)\\
\cdots\\
nf_t(c_)-s=w(c_)
\end
\right\}n-m\text
\]左右分別相加得到：
\[ns-(n-m)s=\sum_w(v)\\
\rightarrow s=\fracw(v)}
\]於是乎，要求的 \(f_t(1)\) 就有：
\[f_t(c_1)=\frac
\]此後，把 \(f_t(1)\) 帶入答案的式子裡：
\[\begin
&\sum_(-1)^f_t(1)\\
=&\sum_(-1)^\left( \frac+\fracw(u)} \right)\\
=&\fracn\sum_^(-1)^\left[ \binommw(1)+\fracm\sum_\sum_w(u) \right]
\end
\]令 \(g(m)=\sum_\sum_w(v)\)，單獨考慮結點 \(1\)，它必然不屬於 \(t\)；再考慮其他結點的貢獻次數，可以得出：
\[g(m)=\binomw(1)+\binomm\sum_^nw(u)
\]最後，只需要求出 \(\sum_^nw(u)\)。分別考慮每條邊 \((u,v,b)\in e\) 的貢獻。將這條邊刪去，記此時 \(u\) 所在聯通塊的結點個數為 \(p_u\)，結點點權之和為 \(q_u\)，\(v\) 同理。則：
\[\sum_^nw(u)=\sum_b(u,v)(p_uq_v+p_vq_u)
\]綜上，求出這一系列式子，問題就以 \(\mathcal o(n)\) 的複雜度解決啦！
/* clearink */
#include inline char fgc ()
inline int rint ()
const int maxn = 1e6, mod = 998244353;
int n, ecnt, head[maxn + 5], val[maxn + 5], fac[maxn + 5], ifac[maxn + 5];
int fa[maxn + 5], siz[maxn + 5], sum[maxn + 5], dist[maxn + 5]; // dist[i]==dist(1,i).
int g[maxn + 5];
inline int mul ( const long long a, const int b )
inline int sub ( int a, const int b )
inline int add ( int a, const int b )
inline void addeq ( int& a, const int b )
struct edge graph[maxn * 2 + 5];
inline void link ( const int s, const int t, const int c ) ;
head[s] = ecnt;
}inline int qkpow ( int a, int b )
inline void init ()
inline int inv ( const int x )
inline int comb ( const int n, const int m )
inline void dfs ( const int u ) }}
int main ()
init (), dfs ( 1 );
int s = 0;
for ( int u = 1; u <= n; ++u )
} }for ( int i = 2; i <= n; ++i ) addeq ( g[n - 1], mul ( val[i], dist[i] ) );
for ( int i = n - 2; i; --i )
int ans = 0;
for ( int i = 1; i < n; ++i )
printf ( "%d\n", mul ( ans, inv ( n ) ) );
return 0;
}
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