神题。
题意：给出一棵树，定义树 \(T\) 的权值为 \(f(T)\)，其满足：
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对于 \(|T|=1\)，\(f(T)=1\)。
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否则，考虑其中每一条边 \((x,y)\)，记断掉这条边后两棵树分别为 \(T_x,T_y\)，这里不区分顺序，\(f(T) = \sum\limits_{(x,y)}\frac{f(T_x)f(T_y)}{|T|}\)。
求 \(f(T)\)。\(n\le 5000\)。
做法：
感觉下手完全没啥想法，但是我们观察到一个事情，如果把代价函数里的 \(|T|\) 换成 \(|T|-1\) 那么答案就是 \(1\)，因为如果你把边视为点，按照这个选边顺序写成一棵树的结构，发现就是 \(\prod \frac 1{sz}\)，也就是这样一棵树的拓扑序个数，那么对于所有的边就是 \(1\) 了。
上面这个东西其实跟做法没啥特别大的关系，但是这告诉我们一点启发，就是我们不能对着这个树硬做，一个比较套路的就是类似上面的，我们给树撒一个排列，然后满足性质的排列的概率这样的。
我们考虑一个事情，如果我们给边加一个点，对于这样的所有点撒一个排列统计合法的，是不是就可以了。我们考虑从最大值删删删，那么我们就要求每次都删在边上而不在点上，一个点不能比他的邻边先删。但是这样会影响我们的子树大小，原本是 \(\frac1{sz}\) 变成 \(\frac 1{2sz-1}\) 了。
如果我们现在代表边的这个点权为 \(0\)，那么我们这样撒点就比较好了，但是直接令这个点的点权为 \(0\) 并不是很好理解，我们让这个边的点挂 \(P-1\) 个点在下面，\(P\) 是本题模数，我们惊奇的发现，这样从最大值考虑，第一个删掉他的概率是 \(\frac{1}{n+P(n-1)}=\frac 1 n\)，达到了我们想要的效果。
那么我们就转化成了这样一个问题：
给出一颗树，给每个点新标号，要求某些点的新标号大于相邻点的概率是多少少。
这个就很经典了，我们会做森林的情况，所以我们考虑把 \(u\to fa\) 的边容斥成没有限制减去 \(fa\to u\) 的情况，每个位置乘上子树大小的逆元即可。
但是还有个问题，这样我们的子树大小很大，怎么解决？发现这 \(P-1\) 个点，其实是我们为了让边代表点补成权为 \(0\) 才开的，所以直接让边代表的点子树大小初始为 \(0\) 即可，其余跟正常背包没区别。复杂度 \(O(n^2)\)。
代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int maxn = 10005, mod = 998244353;
vector<int> e[maxn];
int n, dp[maxn][maxn], sz[maxn], t[maxn], inv[maxn];
int qpow(int x, int k, int p) {int res = 1;while(k) {if(k & 1)res = res * x % p;x = x * x % p; k >>= 1;}return res;
}
void dfs(int u, int fa) {sz[u] = (u <= n);dp[u][sz[u]] = 1;for (int i = 0; i < e[u].size(); i++) {int v = e[u][i];if(v == fa)continue;dfs(v, u);for (int x = 0; x <= sz[u]; x++)t[x] = dp[u][x], dp[u][x] = 0;for (int x = 0; x <= sz[u]; x++)for (int y = 0; y <= sz[v]; y++) {if(u <= n) {dp[u][x + y] = (dp[u][x + y] - t[x] * dp[v][y] % mod + mod) % mod;dp[u][x] = (dp[u][x] + t[x] * dp[v][y] % mod) % mod;}else dp[u][x + y] = (dp[u][x + y] + t[x] * dp[v][y] % mod + mod) % mod;}sz[u] += sz[v];}for (int i = 0; i <= sz[u]; i++)dp[u][i] = dp[u][i] * inv[i] % mod;
}
signed main() {cin >> n;for (int i = 1; i < n; i++) {int x, y; cin >> x >> y;e[x].push_back(i + n);e[y].push_back(i + n);e[i + n].push_back(x);e[i + n].push_back(y);}inv[0] = inv[1] = 1;for (int i = 2; i <= 2 * n; i++)inv[i] = (mod - mod / i) * inv[mod % i] % mod;dfs(1, 0);int ans = 0;for (int i = 0; i <= sz[1]; i++)ans = (ans + dp[1][i]) % mod;cout << ans << endl;return 0;
}
