很好很有趣很神仙的题！

题目链接: https://loj.ac/problem/2542

题意: 请自行阅读

题解首先我们显然要求的是几个随机变量的最大值的期望（不是期望的最大值），然后这玩意很难求，根据Min-Max容斥化成最小值的期望来求。

Minn-max容斥是指\(\max(x_1,x_2,...,x_n)=\sum_{S\in \{1,2,...,n\} } (-1)^{|S|-1} \min_{i\in S}(x_i)\) (所有元素都是正整数，这个尽管式子本身和期望没关系但是经常是求期望的时候用它)

这个式子可以如此理解: 若把每个正整数\(x\)看作集合\({1,2,...,x}\)的话，则\(\max\)就是集合并，\(\min\)就是集合交，容斥原理直接推论

所以我们\(O(2^n)\)枚举每个关键点的子集，然后问题转化为: 按照同样的规则随机游走，走到任何一个关键点时即停，问期望步数

然后可以设\(dp[x]\)表示\(x\)节点作为起始点的期望步数

若\(x\)是关键点，\(dp[x]=0\), 否则\(dp[x]=\frac{1}{du[x]}\sum_{Edge(u,v)}{dp[v]}+1\) (\(du[]\)是度数)

然后我们就可以愉快地来个高斯消元\(O(2^nn^3)\)处理单个询问了。（能得多少分别问我，没试过……）

神仙之处在下面: \(O(n)\)求解树上高消

由于这是棵树，所以我们如果dfs的话，可以把\(dp[x]\)记成一个关于\(dp[fa]\) (\(fa\)是父亲)的一次函数，形如\(dp[x]=A_xdp[fa]+B_x\).

然后假设现在做到点\(u\)(非根)则$$dp[u]=\frac{dp[fa]+\sum_{v\in son(u)}{A_vdp[u]+B_v}}{du[u]}+1$$

\[(1-\frac{\sum_{v\in son(u)}{a_v}}{du[u]})dp[u]=\frac{dp[fa]}{du[u]}+(\frac{\sum_{v\in son(u)}B_v}{du[u]}+1) \]

归纳易证，只要有特殊点(\(A=B=0\))的存在，等式左边\(dp[u]\)的系数恒大于\(0\), 因此除过去就完成了\(A\)和\(B\)的递推！

裸做时间复杂度\(O(2^nnq)\), 子集和变换（高维前缀和，又称FMT）可以做到\(O(2^nn)\)预处理\(O(1)\)查询

代码

#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<utility>
#define llong long long
using namespace std;

const int N = 18;
const int P = 998244353;
llong fact[(1<<N)+3],finv[(1<<N)+3];
struct Edge
{
	int v,nxt;
} e[(N<<1)+3];
int cnt[(1<<N)+3];
llong f[(1<<N)+3];
int fe[N+3];
int fa[N+3];
int du[N+3];
int n,q,s,en;

llong quickpow(llong x,llong y)
{
	llong cur = x,ret = 1ll;
	for(int i=0; y; i++)
	{
		if(y&(1ll<<i)) {y-=(1ll<<i); ret = ret*cur%P;}
		cur = cur*cur%P;
	}
	return ret;
}
llong mulinv(llong x) {return quickpow(x,P-2);}

void addedge(int u,int v)
{
	du[u]++;
	en++; e[en].v = v;
	e[en].nxt = fe[u]; fe[u] = en;
}

void dfs0(int u)
{
	for(int i=fe[u]; i; i=e[i].nxt)
	{
		if(e[i].v==fa[u]) continue;
		fa[e[i].v] = u;
		dfs0(e[i].v);
	}
}

pair<llong,llong> dfs(int u,int sta)
{
//	printf("dfs(%d)\n",u);
	if(sta&(1<<u)) {return make_pair(0,0);}
	pair<llong,llong> ret = make_pair(1,1);
	if(u!=s && du[u]==1) return ret;
	llong s1 = 0ll,s2 = 0ll;
	for(int i=fe[u]; i; i=e[i].nxt)
	{
		if(e[i].v==fa[u]) continue;
		pair<llong,llong> tmp = dfs(e[i].v,sta);
		s1 = (s1+tmp.first)%P,s2 = (s2+tmp.second)%P;
	}
	ret.first = mulinv(du[u]-s1+P)%P; ret.second = ret.first*(s2+du[u])%P;
	return ret;
}

int main()
{
	cnt[0] = 0; for(int i=1; i<(1<<N); i++) cnt[i] = cnt[i>>1]+(i&1);
	scanf("%d%d%d",&n,&q,&s); s--;
	for(int i=1; i<n; i++)
	{
		int x,y; scanf("%d%d",&x,&y); x--; y--;
		addedge(x,y); addedge(y,x);
	}
	fa[s] = -1; dfs0(s);
	for(int i=1; i<(1<<n); i++)
	{
		if(i&(1<<s)) {f[i] = 0ll; continue;}
		pair<llong,llong> tmp = dfs(s,i);
		f[i] = tmp.second;
		if((cnt[i]&1)==0) {f[i] = P-f[i];}
	}
	for(int i=0; i<n; i++)
	{
		for(int j=0; j<(1<<n); j++)
		{
			if(j&(1<<i)) {f[j] = (f[j]+f[j^(1<<i)])%P;}
		}
	}
	for(int i=1; i<=q; i++)
	{
		int n0; scanf("%d",&n0);
		int u = 0; for(int j=1; j<=n0; j++) {int x; scanf("%d",&x); x--; u+=(1<<x);}
		printf("%lld\n",f[u]);
	}
	return 0;
}