7.【2024初三年前集训测试2】

$\mathrm{打}\mathrm{了}\mathrm{一}\mathrm{场}\mathrm{模}\mathrm{拟}\mathrm{赛}，\mathrm{又}\mathrm{垫}\mathrm{底}\mathrm{了}。qwq$

2024初三年前集训测试2

$T1$ 上海

$0pts$

死因

• $\text{\_\_int128}$ 不支持 $pow$ （其实可以用 $powl$ ）。
• 事实上我打了一个快速幂 （在一千行代码里翻出来就行） 。但是我打 $qpow$ 时忘打 $q$ 了，然后本地运行还没报错……就交上去了
• 之后结果就是，没过编。。。 $🖤🖤🖤😤😤😤$
• 改成 龙龙 就对了。 $😓$

题解

• 还是比较好打的，给一个正整数 $k(1\le k\le {10}^{12})$ ，判断是否有一个正整数 $n$ 使得 $n^2$ 为 $k$ 的倍数且 $n$ 不是 $k$ 的倍数。
• 想到对其进行分解质因数，一个数的平方质因子次数都是偶数，也就是说，假如 $k$ 的质因子次数都为 $1$ 那么就是无解的。
• 而有解情况就是 $k$ 有次数大于 $1$ 的质因子 （不是 $squarefreenumber$ ）。解就是 $\sum _{i=1}^n{p}_i^{\lceil {\displaystyle \frac{c_i}{2}}\rceil }$ 。
• 因此记录质因子以及次数，之后处理一下即可。

代码

说的再多也不如代码好使。 $😋$

#include<bits/stdc++.h>
#define int __int128//long long就够了
#define N (1000010)
#define sort stable_sort
using namespace std;
namespace IO
{
    #define ll __int128
    const int MAX=1<<24;
    char buf[MAX],*p1=buf,*p2=buf;
    char obuf[MAX],*o=obuf;
    #define gc()(p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<24,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
    //template<typename T>
    //inline T read()
    inline int read()
    {
        int x=0;bool f=1;
        char c=gc();
        for(;c<48||c>57;c=gc())if(c=='-')f=0;
        for(;c>=48&&c<=57;c=gc())x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);
        return f?x:~x+1;
    }
    void print(ll x){if(x>9)print(x/10);*o++=(x%10)+'0';}
    void pit(ll x){if(x<0)*o++='-',x=~x+1;print(x);}
    void write(ll x,char end){pit(x);*o++=end;}
    void flush(){fwrite(obuf,o-obuf,1,stdout);}
    #undef ll
}
using IO::read;using IO::write;using IO::flush;using std::complex;
inline int min(int x,int y){return y&((y-x)>>31)|x&(~(y-x)>>31);}
inline int max(int x,int y){return x&((y-x)>>31)|y&(~(y-x)>>31);}
inline void swap(int &x,int &y){int tmp=x;x=y;y=tmp;}
long long n,m;
int qpow(int x,int b)
{
    int ans=1;
    for(;b;b>>=1){if(b&1)ans=(ans*x);x=(x*x);}
    return ans;
}
int pr[100],cnt[100],tot,ans=1;
signed main()
{
    init_set();
    n=read();
    int len(sqrt(n)),nn(n);
    for(int i(2);i<=len;++i)
    {
        if(!(nn%i))pr[++tot]=i,++cnt[tot],nn/=i;
        for(;!(nn%i);nn/=i)++cnt[tot];
    }
    if(nn>1)pr[++tot]=nn,++cnt[tot];
    for(int i(1);i<=tot;++i)
    {
        if(cnt[i]!=1)break;
        if(i==tot)puts("-1"),exit(0);
    }
    for(int i(1);i<=tot;++i)
        ans*=pow(pr[i],((cnt[i]+1)>>1));
    write(ans,' ');
    flush();
    return 0;
}

$T2$ 华二

$0pts$

• 话说为啥这次模拟赛题目名字这么瞩目。 $😝$

题解

• 一个 $1\le a_i\le 9$ 的数列，当 $gcd(a_i,a_{i+1})=1$ 时，就可以把它们的位置交换。
• 显然，对于（ $1$ ， $5$ ， $7$ ）这三个法外狂徒来说，它们可以随意地变换位置。
• 对于 $(2,3)$ $(2,7)$ $(2,9)$ $(3,4)$ $(4,9)$ $(8,9)$ 六对数来说，也是可以交换的。
• 并且我们发现，可以将 $6$ 单独分出来，因为它不能与其他数交换（ $1$ ， $5$ ， $7$ ）除外，所以可以用 $6$ 作为一个分隔符。而（ $2$ ， $4$ ， $8$ ），（ $3$ ， $9$ ）不能与自己组内的数交换，所以基本框架就有了。
• 对于（ $1$ ， $5$ ， $7$ ）可以在最后再处理，先去处理其他数。
• 将一样的数字看成一类，扫描数组，记录每个数字出现的次数，当我们在数组里扫到 $6$ 或扫到最后一个数时，对每个组的数字出现的次数进行计算，之后将两个出现次数求一下组合数。 ${\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m})}={\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{n-m})}$ 。然后乘起来就可以了。
• 之后将（ $1$ ， $5$ ， $7$ ）进行处理，将它们插入到数组中，那就是 ${\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{x})}\times {\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n-x}{y})}\times {\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n-x-y}{z})}$ （ $x$ ， $y$ ， $z$ ）是出现次数，$n$ 是总数，接着乘起来就行了。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define N (1000010)
#define sort stable_sort
using namespace std;
namespace IO
{
    #define ll long long
    const int MAX=1<<24;
    char buf[MAX],*p1=buf,*p2=buf;
    char obuf[MAX],*o=obuf;
    #define gc()(p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<24,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
    //template<typename T>
    //inline T read()
    inline int read()
    {
        int x=0;bool f=1;
        char c=gc();
        for(;c<48||c>57;c=gc())if(c=='-')f=0;
        for(;c>=48&&c<=57;c=gc())x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);
        return f?x:~x+1;
    }
    void print(ll x){if(x>9)print(x/10);*o++=(x%10)+'0';}
    void pit(ll x){if(x<0)*o++='-',x=~x+1;print(x);}
    void write(ll x,char end){pit(x);*o++=end;}
    void flush(){fwrite(obuf,o-obuf,1,stdout);}
    #undef ll
}
using IO::read;using IO::write;using IO::flush;using std::complex;
inline int min(int x,int y){return y&((y-x)>>31)|x&(~(y-x)>>31);}
inline int max(int x,int y){return x&((y-x)>>31)|y&(~(y-x)>>31);}
inline void swap(int &x,int &y){int tmp=x;x=y;y=tmp;}
long long n,m;
void init_set()
{
    #ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("in.txt","r",stdin);
    freopen("out.txt","w",stdout);
    #endif
    #ifdef ONLINE_JUDGE
    freopen("b.in","r",stdin);
    freopen("b.out","w",stdout);
    #endif
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0),cout.tie(0);
}
int qpow(int x,int b)
{
    int ans=1;
    for(;b;b>>=1){if(b&1)ans=(ans*x);x=(x*x);}
    return ans;
}
int x,y;
int P(998244353),a[100010],jc[100010],ans=1,tot;
int op[20];
int exgcd(int a,int b,int &x,int &y)
{
    if(!b){x=1,y=0;return a;}
    int d=exgcd(b,a%b,y,x);
    y-=(a/b*x);
    return d;
}
int gcd(int a,int b){return b?gcd(b,a%b):a;}
int inv_it(int a,int P=P){int d(exgcd(a,P,x,y));return(x%P+P)%P;}
int jc_C(int n,int m,int P=P){return((jc[n]*inv_it(jc[m]))%P*inv_it(jc[n-m]))%P;}
signed main()
{
    init_set();
    n=read();
    jc[0]=jc[1]=1;
    for(int i(1);i<=n+1;++i)jc[i]=(jc[i-1]*i)%P;
    for(int i(1);i<=n;++i)a[i]=read();
    int r(1),x(0),y(0);
    for(;r<=n;++r)
    {
        ++op[a[r]];
        if(a[r]==6||r==n)
            x=op[2]+op[4]+op[8],
            y=op[3]+op[9],
            ans=(ans*jc_C(x+y,x))%P,
            op[2]=op[3]=op[4]=op[8]=op[9]=0;
    }
    x=n-op[5]-op[7];
    ans=(ans*jc_C(x,op[1]))%P;
    x+=op[5];
    ans=(ans*jc_C(x,op[5]))%P;
    x+=op[7];
    ans=(ans*jc_C(x,op[7]))%P;
    write(ans,' ');
    flush();
    return 0;
}

$T3$ 高爸

$40pts$ （唯一得上的分）$🙃$

（恼！）

• 场上打了个暴力，本来是枚举力量值，改成了三分，（其实是错的）。然后得了 $40$ 。
• 之后下午开始改题，从 $5$ 点左右开始改 $T3$ 改到 $9$ 点半发现三分写错了，没绷住。。。 $😠😡$

题解

• 柿子是（设当前要修改到 $x$ ，有 $n$ 条大力龙， $m$ 条小力龙）

$$a(\sum _{i=1}^{n+m}(x-a_i)[a_i<x])+b(\sum _{i=1}^{n+m}(a_i-x)[a_i>x])$$

这是最显然的柿子。由于有 $n$ 个大龙， $m$ 个小龙，所以也可以变成

$$a(m\times x-\sum _{i=1}^{n+m}(a_i[a_i<x]))+b(\sum _{i=1}^{n+m}(a_i[a_i>x])-n\times x)$$

• 平衡树，线段树，树状数组应该都可以求解，这里选择又快码量又少的树状数组。
• 首先这个不是普通树状数组，而是权值树状数组。权值树状数组就是在树状数组下标为 $i$ 的地方存储在 $a_1$ 到 $a_n$ 也就是原数组中有多少数大小为 $i$ 。因此前缀和就存储了小于等于 $i$ 的数的个数，这样就能二分查找第 $k$ 大的值。需要进行排序，去重也就是离散化。
• 之后将值存入树状数组，我们要维护第 $i$ 小的数的前缀和与个数。对每个值进行三分，由于树状数组 $O(\log n)$ ，三分 $O({\log }_3(n))$ ， $n$ 次询问，所以最后是 $O(n{\log }^{2}n)$ 。
• 对于三分，我们假设在一个不是龙力量值的地方取到了最优解，假如不在龙力量值的地方取到了最优解，那么修改到相邻的龙力量值也是最优解。假如只有这个地方是最优解，由于从相邻龙力量值修改到这个值导致更优，那么继续向另一个龙力量值靠拢也会导致更优，所以最优解一定是一个龙的力量值。
• 其中 $num$ 存储了等于 $i$ 的数的个数，而 $sum$ 存储的就是从大小 $1$ 到 $i$ 的前缀和， $hit$ 存储的是离散化后 $a_i$ 的位置，这样就能够求出当修改到第 $i$ 大的数需要有多少的修改。然后乘以对应的价值加起来即可。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define N (1000010)
#define sort stable_sort
using namespace std;
namespace IO
{
    #define ll unsigned long long
    const int MAX=1<<24;
    char buf[MAX],*p1=buf,*p2=buf;
    char obuf[MAX],*o=obuf;
    #define gc()(p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<24,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
    //template<typename T>
    //inline T read()
    inline int read()
    {
        int x=0;bool f=1;
        char c=gc();
        for(;c<48||c>57;c=gc())if(c=='-')f=0;
        for(;c>=48&&c<=57;c=gc())x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);
        return f?x:~x+1;
    }
    void print(ll x){if(x>9)print(x/10);*o++=(x%10)+'0';}
    void pit(ll x){if(x<0)*o++='-',x=~x+1;print(x);}
    void write(ll x,char end){pit(x);*o++=end;}
    void flush(){fwrite(obuf,o-obuf,1,stdout);}
    #undef ll
}
using IO::read;using IO::write;using IO::flush;using std::complex;
inline signed min(signed x,signed y){return y&((y-x)>>31)|x&(~(y-x)>>31);}
inline long long min(long long x,long long y){return y&((y-x)>>63)|x&(~(y-x)>>63);}
inline signed max(signed x,signed y){return x&((y-x)>>31)|y&(~(y-x)>>31);}
inline long long max(long long x,long long y){return x&((y-x)>>63)|y&(~(y-x)>>63);}
inline void swap(int &x,int &y){int tmp=x;x=y;y=tmp;}
long long n,m;
void init_set()
{
    #ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("in.txt","r",stdin);
    freopen("out.txt","w",stdout);
    #endif
    #ifdef ONLINE_JUDGE
    freopen("c.in","r",stdin);
    freopen("c.out","w",stdout);
    #endif
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0),cout.tie(0);
}
int a[100010],tot;
int cf[100010];
int hi,lo,op[100010],hit[100010];
struct aa{int num,sum;}c[100010];
inline signed lowbit(signed x){return x&(~x+1);}
void update(signed x)
{for(signed i(hit[x]);i<=tot;i+=lowbit(i))c[i].sum+=a[x],++c[i].num;}
inline pair<int,int>query(signed x)
{
    int ans1(0),ans2(0);
    for(;x;x-=lowbit(x))ans1+=c[x].num,ans2+=c[x].sum;
    return make_pair(ans1,ans2);
}
signed main()
{
    init_set();
    n=read();hi=read(),lo=read();
    for(signed i(1);i<=n;++i)a[i]=op[i]=read(),cf[i]=cf[i-1]+a[i];
    sort(op+1,op+1+n);
    tot=unique(op+1,op+1+n)-op-1;
    for(signed i(1);i<=n;++i)
        hit[i]=lower_bound(op+1,op+1+tot,a[i])-op;
    write(0,'\n');update(1);
    for(signed t(2);t<=n;++t)
    {
        update(t);
        signed l(1),r(tot);
        unsigned int ans(0);
        for(;l<=r;)
        {
            signed len((r-l)/3),ml(l+len),mr(r-len);
            pair<int,int>lres=(query(ml)),rres(query(mr));
            unsigned int Orz((lres.first*op[ml]-lres.second)*hi+(cf[t]-lres.second-(t-lres.first)*op[ml])*lo);
            unsigned int OTZ((rres.first*op[mr]-rres.second)*hi+(cf[t]-rres.second-(t-rres.first)*op[mr])*lo);
            if(Orz<=OTZ)r=mr-1,ans=Orz;
            else l=ml+1,ans=OTZ;
        }
        write(ans,'\n');
    }
    flush();
    return 0;
}

$T4$ 金牌

$0pts$

题解

• 本来想到用树剖，打了板子却发现不会打…… $😢😢😢$
• 虽然树剖需要严重卡常，但是赛后开了 $1.5s$ 时限。
• 设 $o{p}_i$ 为以 $i$ 为根的子树到 $i$ 的贡献。
• 设 $ge{n}_i$ 为去掉以 $i$ 为根的子树的贡献的贡献。
  所以有这两个柿子：

$$o{p}_i=2\times o{p}_{so{n}_i}+2$$

$$ge{n}_i=2\times ge{n}_{f{a}_i}+2+2\times (o{p}_{f{a}_i}-2\times o{p}_i-2)$$

• 有两种情况， $x$ 是 $y$ 的祖先，设 $res$ 为 $x$ 在 $x$ 到 $y$ 路径上的儿子（也是 $y$ 的祖先）。所以可得

$$2^{dis{}_y{}_{,}{}_{res}}\times (o{p}_y+1)\times ge{n}_{res}$$

$dis$ 也就是距离了。

• 另一种就直接

$$2^{dis{}_y{}_{,}{}_x}(o{p}_x+1)\times (o{p}_y+1)$$

• 由于树剖时间复杂度 $O(n{\log }^{2}n)$ ，比不上 $Tarjan$ 的 $O(n+m)$ 。尽管确实是跑不满，但是该怎么卡常就怎么卡常…… $😐😐😐$
• 注：正解 $Tarjan$ 。

（恼！！！） $😡😡😡😭😭😭$

• 因为取模问题又调了上午三个和下午一个小时。

代码

$99pts$

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define N (1000010)
#define sort stable_sort
using namespace std;
namespace IO
{
    #define ll long long
    const int MAX=1<<24;
    char buf[MAX],*p1=buf,*p2=buf;
    char obuf[MAX],*o=obuf;
    #define gc()(p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<24,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
    //template<typename T>
    //inline T read()
    inline int read()
    {
        int x=0;bool f=1;
        char c=gc();
        for(;c<48||c>57;c=gc())if(c=='-')f=0;
        for(;c>=48&&c<=57;c=gc())x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);
        return f?x:~x+1;
    }
    void print(ll x){if(x>9)print(x/10);*o++=(x%10)+'0';}
    void pit(ll x){if(x<0)*o++='-',x=~x+1;print(x);}
    void write(ll x,char end){pit(x);*o++=end;}
    void flush(){fwrite(obuf,o-obuf,1,stdout);}
    #undef ll
}
using IO::read;using IO::write;using IO::flush;using std::complex;
inline signed min(signed x,signed y){return y&((y-x)>>31)|x&(~(y-x)>>31);}
inline long long min(long long x,long long y){return y&((y-x)>>63)|x&(~(y-x)>>63);}
inline signed max(signed x,signed y){return x&((y-x)>>31)|y&(~(y-x)>>31);}
inline long long max(long long x,long long y){return x&((y-x)>>63)|y&(~(y-x)>>63);}
inline void swap(int &x,int &y){x^=y^=x^=y;}
long long n,m;
void init_set()
{
    #ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("in.txt","r",stdin);
    freopen("out.txt","w",stdout);
    #endif
    #ifdef ONLINE_JUDGE
    freopen("d.in","r",stdin);
    freopen("d.out","w",stdout);
    #endif
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0),cout.tie(0);
}
int x,y,P(998244353);
int dis[1000010],d[1000010];
int siz[1000010],f[1000010],son[1000010],op[1000010];
int rk[1000010],gen[1000010];
int top[1000010],dfn[1000010],cnt,lss;
vector<int>e[1000010];
void dfs1(int x,int fa)
{
    d[x]=d[fa]+1;f[x]=fa;siz[x]=1;
    for(int y:e[x])
    {
        if(y==fa)continue;
        dfs1(y,x);
        op[x]=(op[x]+(op[y]<<1)+2)%P;
        siz[x]+=siz[y];
        if(siz[y]>siz[son[x]])son[x]=y;
    }
}
void dfs2(int x,int t)
{
    if(x==1)gen[x]=0;
    else gen[x]=(((gen[f[x]]<<1)+2)+(((op[f[x]]-(op[x]<<1))-2)<<1)%P+P)%P;//问题出在这了
    top[x]=t;dfn[x]=++cnt;rk[cnt]=x;
    if(!son[x])return;
    dfs2(son[x],t);
    for(int y:e[x])
        if(y!=f[x]&&y!=son[x])
            dfs2(y,y);
}
int lca(int x,int y)
{
    for(;top[x]!=top[y];x=f[top[x]])
        if(d[top[x]]<d[top[y]])swap(x,y);
    return d[x]>d[y]?y:x;
}
inline int find(int x,int y)
{
    for(;top[x]!=top[y];x=f[top[x]])
    {
        if(d[top[x]]<d[top[y]])swap(x,y);
        if(d[top[x]]==y)return top[x];
    }
    return d[x]<d[y]?son[x]:son[y];
}
inline int query(int x,int y)
{
    int ans(0);
    for(;top[x]!=top[y];ans=top[x],x=f[top[x]])
        if(d[top[x]]<d[top[y]])swap(x,y);
    if(x==y)return ans;
    return d[x]>d[y]?rk[dfn[y]+1]:rk[dfn[x]+1];
}
signed main()
{
    init_set();
    n=read();
    dis[0]=1;
    for(int i(1);i<=n;++i)dis[i]=(dis[i-1]<<1)%P;
    for(int i(1);i<n;++i)
        x=read(),y=read(),
        e[x].push_back(y),e[y].push_back(x);
    dfs1(1,0),dfs2(1,1);
    for(m=read();m;--m)
    {
        x=read(),y=read();
        if(d[x]>d[y])swap(x,y);
        int mid(dis[d[x]+d[y]-(d[lca(x,y)]<<1)-1]);
        if(dfn[x]<=dfn[y]&&dfn[y]+siz[y]-1<=dfn[x]+siz[x]-1)
            write((((gen[query(x,y)]*mid)%P*(op[y]+1)))%P,'\n');
        else write(((((op[x]+1)*(op[y]+1))%P*mid)<<1)%P,'\n');
    }
    flush();
    return 0;
}

$100pts$ 有可能卡进 $User-Unauthorized$ 为我们精心准备的 $hack$ 数据（在 $1000ms$ 以内虽然是评测姬波动）（感谢 $wkh2008$ 的快读。）

#include<bits/stdc++.h>
//#define int long long
#define N (3000010)
#define sort stable_sort
using namespace std;
#define LOCAL
namespace IO {
#ifdef LOCAL
FILE *Fin(fopen("d.in","r")),*Fout(fopen("d.out","w"));
#else
FILE *Fin(stdin),*Fout(stdout);
#endif
class qistream {static const size_t SIZE=1<<16,BLOCK=32;FILE*fp;char buf[SIZE];int p;public:qistream(FILE *_fp=stdin ):fp(_fp),p(0){fread(buf+p,1,SIZE-p,fp);}void flush(){memmove(buf,buf+p,SIZE-p),fread(buf+SIZE-p,1,p,fp),p=0;} qistream &operator>>(char &str){str = getch();while(isspace(str))str = getch();return*this;} template<class T>qistream &operator>>(T &x){x=0;p+BLOCK>=SIZE?flush():void();bool flag=false;for(;!isdigit(buf[p]);++p)flag=buf[p]=='-';for(;isdigit(buf[p]);++p)x=(x<<3)+(x<<1)+(buf[p]^48);x=flag?-x:x;return*this;}char getch(){return buf[p++];}qistream &operator>>(char*str){char ch=getch();while(ch<=' ')ch=getch();int i;for(i=0;ch>' '; ++i,ch=getch())str[i] = ch;str[i] = '\0';return*this;}}qcin(Fin);
class qostream {static const size_t SIZE=1<<16,BLOCK=32;FILE*fp;char buf[SIZE];int p;public:qostream(FILE *_fp=stdout):fp(_fp),p(0){}~qostream(){fwrite(buf,1,p,fp);}void flush(){fwrite(buf,1,p,fp),p=0;}template<class T>qostream &operator<<(T x){int len=0;p+BLOCK>=SIZE?flush():void();x<0?(x=~x+1,buf[p++]='-'):0;do buf[p+len]=x%10+'0',x/=10,++len;while (x);for(int i=0,j=len-1;i<j;++i,--j)swap(buf[p+i],buf[p+j]);p+=len;return*this;}qostream&operator<<(char x){putch(x);return*this;}void putch(char ch){p+BLOCK>=SIZE?flush():void();buf[p++]=ch;}qostream &operator<<(char*str){for(int i=0;str[i];++i)putch(str[i]);return*this;}} qcout(Fout);}using namespace IO;
#define cin qcin
#define cout qcout
inline signed min(signed x,signed y){return y&((y-x)>>31)|x&(~(y-x)>>31);}
inline long long min(long long x,long long y){return y&((y-x)>>63)|x&(~(y-x)>>63);}
inline signed max(signed x,signed y){return x&((y-x)>>31)|y&(~(y-x)>>31);}
inline long long max(long long x,long long y){return x&((y-x)>>63)|y&(~(y-x)>>63);}
inline void swap(signed &x,signed &y){x^=y^=x^=y;}
signed n,m;
signed x,y,P(998244353);
signed rk[N],siz[N],f[N],son[N];
signed top[N],dfn[N],cnt,tot;
signed head[N];
signed dis[N],d[N];
long long gen[N],op[N];
struct aa{signed nxt,to;}e[N<<1];
void add(signed x,signed y){e[++cnt]={head[x],y};head[x]=cnt;}
void dfs1(signed x,signed fa)
{
    d[x]=d[fa]+1;f[x]=fa;siz[x]=1;
    for(int i(head[x]);i;i=e[i].nxt)
    {
        int y(e[i].to);
        if(y==fa)continue;
        dfs1(y,x);
        //op[x]=(op[x]+(op[y]<<1)+2)%P;
        op[x]=op[x]+(((op[y]<<1)+2>P)?((op[y]<<1)+2-P):((op[y]<<1)+2))>P?(op[x]+(((op[y]<<1)+2>P)?((op[y]<<1)+2-P):((op[y]<<1)+2))-P):(op[x]+(((op[y]<<1)+2>P)?((op[y]<<1)+2-P):((op[y]<<1)+2)));
        siz[x]+=siz[y];
        if(siz[y]>siz[son[x]])son[x]=y;
    }
}
void dfs2(signed x,signed t)
{
    if(x^1)gen[x]=(((gen[f[x]]<<1)+2)+(((op[f[x]]-(op[x]<<1))-2)<<1)%P+P)%P;
    top[x]=t;dfn[x]=++cnt;rk[cnt]=x;
    if(!son[x])return;
    dfs2(son[x],t);
    for(int i(head[x]);i;i=e[i].nxt)
    {
        int y(e[i].to);
        if(y!=f[x]&&y!=son[x])
            dfs2(y,y);
    }
}
inline signed lca(signed x,signed y)
{
    for(;top[x]!=top[y];x=f[top[x]])
        if(d[top[x]]<d[top[y]])swap(x,y);
    return d[x]>d[y]?y:x;
}
inline signed query(signed x,signed y)
{
    signed ans(0);
    for(;top[x]!=top[y];ans=top[x],x=f[top[x]])
        if(d[top[x]]<d[top[y]])swap(x,y);
    if(x==y)return ans;
    return d[x]>d[y]?rk[dfn[y]+1]:rk[dfn[x]+1];
}
signed main()
{
    cin>>n;
    dis[0]=1;
    for(signed i(1);i<=n;++i)dis[i]=(dis[i-1]<<1)>P?((dis[i-1]<<1)-P):(dis[i-1]<<1);
    for(signed i(1);i<n;++i)cin>>x>>y,add(x,y),add(y,x);
    dfs1(1,0),dfs2(1,1);
    cin>>m;
    for(;m;--m)
    {
        cin>>x>>y;
        if(d[x]>d[y])swap(x,y);
        signed mid(dis[d[x]+d[y]-(d[lca(x,y)]<<1)-1]);
        if(dfn[x]<=dfn[y]&&dfn[y]+siz[y]-1<=dfn[x]+siz[x]-1)
            cout<<(((gen[query(x,y)]*mid)%P*(op[y]+1)))%P<<'\n';
        else cout<<((((op[x]+1)*(op[y]+1))%P*mid)<<1)%P<<'\n';
    }
    return 0;
}
//😢😢😢

$\mathrm{但}\mathrm{是}\mathrm{打}\mathrm{了}\mathrm{一}\mathrm{场}\mathrm{模}\mathrm{拟}\mathrm{赛}，\mathrm{又}\mathrm{垫}\mathrm{底}\mathrm{了}。qwq$