[loj2983]数树

令$E_{1}$和$E_{2}$分别为两树的边集，默认要求其构成一棵树

$op=0$

给定$E_{1}$和$E_{2}$，此时答案即$y^{n-|E_{1}\cap E_{2}|}$，使用map或排序即可，复杂度为$o(n\log n)$

$op=1$

给定$E_{1}$，此时答案即$\sum_{E_{2}}y^{n-|E_{1}\cap E_{2}|}$

枚举$S=E_{1}\cap E_{2}$，即$\sum_{S\subseteq E_{1}}y^{n-|S|}\sum_{S\subseteq E_{2}}[E_{1}\cap E_{2}=S]$

对于最后一项，有$[E_{1}\cap E_{2}=S]=\sum_{S\subseteq T\subseteq E_{1}\cap E_{2}}(-1)^{|T|-|S|}$

交换枚举顺序，即$\sum_{T\subseteq E_{1}}\sum_{S\subseteq T}(-1)^{|T|-|S|}y^{n-|S|}\sum_{T\subseteq E_{2}}1$

令最后一项为$f(T)$，即$\sum_{T\subseteq E_{1}}f(T)\sum_{S\subseteq T}(-1)^{|T|-|S|}y^{n-|S|}$

枚举$i=|S|$，对应方案数即${|T|\choose i}$，即$\sum_{T\subseteq E_{1}}f(T)\sum_{i=0}^{|T|}{|T|\choose i}(-1)^{|T|-i}y^{n-i}$

提取$y^{n}$，即$y^{n}\sum_{T\subseteq E_{1}}f(T)\sum_{i=0}^{|T|}{|T|\choose i}(-1)^{|T|-i}(\frac{1}{y})^{i}$

后者即一个二项式展开的结果，即$y^{n}\sum_{T\subseteq E_{1}}f(T)(\frac{1}{y}-1)^{|T|}$

记$z=\frac{1}{y}-1$，即$y^{n}\sum_{T\subseteq E_{1}}z^{|T|}f(T)$

（下面的部分可以参考cf917D，比较省略了）

假设$T$中的边将原图划分为$m$个连通块，第$i$个连通块点数为$x_{i}$，此时有$f(T)=n^{m-2}\prod_{i=1}^{m}x_{i}$

将之代入并调整，即$\frac{(yz)^{n}}{n^{2}}\sum_{T\subseteq E_{1}}(\frac{n}{z})^{m}\prod_{i=1}^{m}a_{i}$（有$m=n-|T|$）​

令$dp_{i,0/1}$表示以$i$为根的子树内，与$i$相连的连通块是否已经选择对应的点，所有方案的贡献和（每一组方案的贡献为$(\frac{n}{z})^{m}$，其中$m$为已经确定全部在$i$子树内的连通块数），树形dp即可，复杂度为$o(n)$

（注意最后$dp_{rt,1}$并没有算根节点所在连通块的$\frac{n}{z}$，即还要再乘上一次）

（特判$z=0$时，此时答案显然为$y^{n}f(\empty)=n^{n-2}$）

$op=2$

联系$op=1$的情况，此时答案即$y^{n}\sum_{E_{1}}\sum_{T\subseteq E_{1}}z^{|T|}f(T)$

交换枚举顺序，可以发现$E_{1}$的方案数也为$f(T)$，即$y^{n}\sum_{T}z^{|T|}f^{2}(T)$

代入$f(T)$对应的式子并调整，即$\frac{(yz)^{n}}{n^{4}}\sum_{T}(\frac{n^2}{z})^{m}\prod_{i=1}^{m}x^{2}_{i}$

令$f_{i}=\sum_{T}(\frac{n^{2}}{z})^{m}\prod_{j=1}^{m}x_{j}^{2}$，枚举第$i$个点连通块的大小，即有转移$f_{i}=\sum_{j=1}^{i}\frac{n^{2}}{z}{i-1\choose j-1}j^{j}f_{i-j}$

（初始状态为$f_{0}=1$，最终即求$\frac{(yz)^{n}}{n^{4}}f_{n}$）

展开组合数并调整，即有$\frac{f_{i}}{(i-1)!}=\sum_{j=1}^{i}\frac{n^{2}j^{j}}{z(j-1)!}\cdot \frac{f_{i-j}}{(i-j)!}$

令$G(x)=\sum_{i=1}^{\infty}\frac{n^{2}i^{i}}{z(i-1)!}x^{i}$，$F(x)=\sum_{i=0}^{\infty}\frac{f_{i}}{i!}x^{i}$，即有
$$F(x)G(x)=\sum_{i=1}^{\infty}(\sum_{j=1}^{i}\frac{n^{2}j^{j}}{z(j-1)!}\frac{f_{i-j}}{(i-j)!})x^{i}=\sum_{i=1}^{\infty}\frac{f_{i}}{(i-1)!}x^{i}$$
考虑对$F(x)$求导，即$F'(x)=\sum_{i=1}^{\infty}\frac{f_{i}}{(i-1)!}x^{i-1}$，即$F(x)G(x)=xF'(x)$

化简后，即$\frac{G(x)}{x}=\frac{F'(x)}{F(x)}=(\ln F(x))'$（后者考虑$\ln$的推导过程）

换言之，即$F(x)=e^{\int \frac{G(x)}{x}{\rm d} x}=e^{\sum_{i=1}^{\infty}\frac{n^{2}i^{i}}{zi!}x^{i}}$，多项式exp即可，复杂度为$o(n\log n)$

（特判$z=0$时，此时答案显然为$y^{n}f^{2}(\empty)=n^{2(n-2)}$）

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 100005
#define mod 998244353
struct Edge{
    int nex,to;
}edge[N<<1];
struct poly{
    vector<int>a;
    poly(){
        a.clear();
    }
}a;
map<int,int>mat[N];
int E,n,m,T,x,y,C1,C2,C3,head[N],f[N][2],fac[N],inv[N<<1];
int qpow(int n,int m){
    int s=n,ans=1;
    while (m){
        if (m&1)ans=1LL*ans*s%mod;
        s=1LL*s*s%mod;
        m>>=1;
    }
    return ans;
}
void add(int x,int y){
    edge[E].nex=head[x];
    edge[E].to=y;
    head[x]=E++;
}
void dfs(int k,int fa){
    f[k][0]=f[k][1]=1;
    for(int i=head[k];i!=-1;i=edge[i].nex)
        if (edge[i].to!=fa){
            dfs(edge[i].to,k);
            int x=f[k][0],y=f[k][1],s=1LL*C3*f[edge[i].to][1]%mod;
            f[k][0]=(1LL*x*s+1LL*x*f[edge[i].to][0])%mod;
            f[k][1]=(1LL*y*s+1LL*y*f[edge[i].to][0]+1LL*x*f[edge[i].to][1])%mod;
        }
}
void ntt(poly &a,int n,int p){
    for(int i=0;i<(1<<n);i++){
        int s=0;
        for(int j=0;j<n;j++)
            if (i&(1<<j))s+=(1<<n-j-1);
        if (i<s)swap(a.a[i],a.a[s]);
    }
    for(int i=2;i<=(1<<n);i<<=1){
        int s=qpow(3,(mod-1)/i);
        if (p)s=qpow(s,mod-2);
        for(int j=0;j<(1<<n);j+=i)
            for(int k=0,ss=1;k<(i>>1);k++,ss=1LL*ss*s%mod){
                int x=a.a[j+k],y=1LL*ss*a.a[j+k+(i>>1)]%mod;
                a.a[j+k]=(x+y)%mod;
                a.a[j+k+(i>>1)]=(x+mod-y)%mod;
            }
    }
    if (p){
        int s=qpow((1<<n),mod-2);
        for(int i=0;i<(1<<n);i++)a.a[i]=1LL*a.a[i]*s%mod;
    }
}
poly mul(poly x,poly y,int n){
    while (x.a.size()<(1<<n+1))x.a.push_back(0);
    while (y.a.size()<(1<<n+1))y.a.push_back(0);
    for(int i=(1<<n);i<(1<<n+1);i++)x.a[i]=y.a[i]=0;
    ntt(x,n+1,0);
    ntt(y,n+1,0);
    for(int i=0;i<(1<<n+1);i++)x.a[i]=1LL*x.a[i]*y.a[i]%mod;
    ntt(x,n+1,1);
    while (x.a.size()>(1<<n))x.a.pop_back();
    return x;
}
poly Inv(poly a,int n){
    if (!n){
        poly ans;
        ans.a.push_back(qpow(a.a[0],mod-2));
        return ans;
    }
    poly s=Inv(a,n-1),ans=mul(s,a,n);
    for(int i=0;i<(1<<n);i++)ans.a[i]=mod-ans.a[i];
    ans.a[0]=(ans.a[0]+2)%mod;
    return mul(ans,s,n);
} 
poly ln(poly a,int n){
    while (a.a.size()<(1<<n))a.a.push_back(0);
    poly s=Inv(a,n);
    for(int i=1;i<(1<<n);i++)a.a[i-1]=1LL*i*a.a[i]%mod;
    a.a[(1<<n)-1]=0;
    a=mul(a,s,n);
    for(int i=(1<<n)-1;i;i--)a.a[i]=1LL*qpow(i,mod-2)*a.a[i-1]%mod;
    a.a[0]=0;
    return a;
}
poly exp(poly a,int n){
    if (!n){
        poly ans;
        ans.a.push_back(1);
        return ans;
    }
    poly s=exp(a,n-1),ans=ln(s,n);
    for(int i=0;i<(1<<n);i++)ans.a[i]=(a.a[i]-ans.a[i]+mod)%mod;
    ans.a[0]=(ans.a[0]+1)%mod;
    return mul(ans,s,n);
}
int main(){
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&T);
    if (!T){
        for(int i=1;i<n;i++){
            scanf("%d%d",&x,&y);
            mat[x][y]=mat[y][x]=1;
        }
        int tot=0;
        for(int i=1;i<n;i++){
            scanf("%d%d",&x,&y);
            if (mat[x][y])tot++;
        }
        printf("%d",qpow(m,n-tot));
        return 0;
    }
    C1=(qpow(m,mod-2)+mod-1)%mod;
    C2=1LL*m*C1%mod;
    C3=1LL*n*qpow(C1,mod-2)%mod;
    if (T==1){
        if (!C1){
            printf("%d",qpow(n,n-2));
            return 0;
        }
          memset(head,-1,sizeof(head));
        for(int i=1;i<n;i++){
            scanf("%d%d",&x,&y);
            add(x,y);
            add(y,x);
        }
        dfs(1,0);
        f[1][1]=1LL*f[1][1]*C3%mod;
        printf("%d",1LL*f[1][1]*qpow(C2,n)%mod*qpow(n,mod-3)%mod);
        return 0;
    }
    C3=1LL*C3*n%mod;
    if (T==2){
        if (!C1){
            printf("%d",qpow(n,2*n-4));
            return 0;
        }
        fac[0]=inv[0]=inv[1]=1;
        for(int i=1;i<N;i++)fac[i]=1LL*fac[i-1]*i%mod;
        for(int i=2;i<(N<<1);i++)inv[i]=1LL*(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
        for(int i=1;i<(N<<1);i++)inv[i]=1LL*inv[i-1]*inv[i]%mod;
        a.a.push_back(0);
        for(int i=1;i<(1<<17);i++)a.a.push_back(1LL*C3*qpow(i,i)%mod*inv[i]%mod);
        a=exp(a,17);
        printf("%d",1LL*fac[n]*a.a[n]%mod*qpow(C2,n)%mod*qpow(n,mod-5)%mod);
        return 0;
    }
}