LOJ3626 「2021 集训队互测」愚蠢的在线法官
我们不妨设 \(A\) 是 \([1,n]\) ，且为 \(\text{dfs}\) 序。那么显然该矩阵的第一列的列向量是完全相同的，我们再找到根节点的儿子，那么对于这些儿子的子树，子树内是该儿子的值，子树外是根节点的值。如此递归，我们发现每一次递归的时候，子树外的节点是不变的，子树内的节点是变成子树的根节点的权值。
我们发现行向量也是类似的，考虑进行一个类似于高斯消元的过程，每一个节点减去其父亲，我们就可以将每一个节点不属于该子树的部分消去。那么此时这个矩阵上的点就只有 \(O(n^2)\) 个了，但是你经过一定的位置交换可以发现，你只有右上方的位置有值，所以直接乘一波对角线就行了。
此时我们再来考虑一波如果 \(A\) 并不是 \(n\) 的排列，首先如果存在重复的部分，那么这一行一列直接可以被我们消成 \(0\) ，所以行列式就是 \(0\) ，这样只需要考虑如果有些位置不存在怎么办。我们考虑不存在的位置对于权值的影响，其实我们可以直接利用给一行或者一列加来使得位置消去，只不过需要注意考虑对于行列式的影响。
给一行或一列加好像不太好做？考虑对于一个节点 \(u\) ，如果这个节点不存在子树节点在 \(A\) 中或者只有一个存在，那么不会有位置的值与 \(u\) 相关；考虑如果存在两个，但是这两个互相包含，也不会存在值与 \(u\) 相关；考虑有多个互不包含的点，他会形成一个类似于如图的结构。
我们考虑利用递归处理这个结构（这个结构实际上就是一个树形结构），考虑在当前节点，我们先将最外层的点权（在上面的例子中就是 \(z\) ）给减掉，这样我们选择递归求解给当前矩阵加上一个数 \(x\) 之后的行列式，可以证明是一个一次函数 \(ax+b\) （证明过程就是求解过程），我们此时考虑我们已经得到了两个子矩阵的一次函数，其中一个是上述的，另一个是 \(cx+d\) ，合并之后的结果可以证明是 \((ad+bc)x+bd\) 。
我们不妨先将这个函数的贡献拆开，不带 \(x\) 的部分便是本身的行列式，带 \(x\) 的部分便是加上的值的贡献，\(x\) 的几次项我们边可以看成是选择多少个位置加 \(x\) 。首先考虑如果是直接相乘这两个一次函数的话，便是不考虑 \(z\) 部分可以加上一个 \(x\) 的矩阵的行列式。考虑二次项相当于是选择两个位置加上 \(x\) ，且是一个在上方一个在下方，我们考虑必然存在唯一对应的一个排列，使得选择两个位置在 \(z\) 的与之一一对应且贡献相反，也就是说二次项的贡献是不存在的。同时需要注意 \(z\) 位置贡献的 \(x\) 的高次项，考虑如果次数大于等于 \(3\) ，根据鸽巢原理，其一定会有大于等于两个的位于同一块内，交换两个即可消去贡献。可以证明 \(z\) 部分不能贡献给一次项。
于是我们直接树上递归即可，甚至前面的消元都不需要了，膜拜李神。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=5e5+5;
const int MOD=998244353;
int ADD(int x,int y){return x+y>=MOD?x+y-MOD:x+y;}
int SUB(int x,int y){return x-y<0?x-y+MOD:x-y;}
int TIME(int x,int y){return (int)(1ll*x*y%MOD);}
int n,m,v[N],cnt[N];
struct Edge{int nxt,to;}e[N<<1];int fir[N];
void add(int u,int v,int i){e[i]=(Edge){fir[u],v},fir[u]=i;}
pair<int,int> dp(int u,int fa,int tmp){
tmp=SUB(v[u],v[fa]);pair<int,int> f;
if(cnt[u]) f=make_pair(1,0);else f=make_pair(0,1);
for(int i=fir[u];i;i=e[i].nxt){
int v=e[i].to;if(v==fa) continue;
pair<int,int> g=dp(v,u,tmp);
f.first=ADD(TIME(f.first,g.second),TIME(f.second,g.first));
f.second=TIME(f.second,g.second);
}
return f.second=ADD(f.second,TIME(f.first,tmp)),f;
}
int main(){
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&v[i]);
for(int i=1,x;i<=m;++i) scanf("%d",&x),cnt[x]++;
for(int i=1,u,v;i<n;++i) scanf("%d%d",&u,&v),add(u,v,i<<1),add(v,u,i<<1|1);
for(int i=1;i<=n;++i) if(cnt[i]>1) return printf("0\n"),0;
return printf("%d\n",dp(1,0,0).second),0;
}
