10.11
t3
赛后才看懂题面 \(\ldots\)
妈妈我会推式子！（骗你的其实我不会）
推完式子就过了。
考虑先求出 \(1\) 为根时的答案，之后换根即可。
开始拆贡献ing
对于根结点，由于一开始就是黑色所以一直有贡献，即 \((n-1)\times (n-1)!\)
这个应该挺显然的就不解释了。
之后考虑对于非根结点如何计算贡献。
观察到对于一个点，只要该结点子树内有结点被染过色，则该结点一直产生贡献。
于是对于每个非根结点，我们找到它子树内有结点第一次被染色，该结点加入整棵树的位置，即可统计该结点产生的贡献。
（这个位置我总感觉表述不清，具体的，对于一棵五个结点的树，有五个位置，令其根节点为 \(1\) （此时一号位置已固定），若 \(2\) 的子树内的结点第一次被染色是在三号位置，则 \(2\) 产生三次贡献（从三以后都产生贡献），不懂手模一下）
令当前结点为 \(u\) ,当前子树大小为 \(s_u\) .
贡献即为
$\sum_{i=1}^{n-s_u} \binom{s_u}{1} \times\binom{n-i-1}{s_u-1} \times(s_u-1)! \times (n-s_u-1)! \times(n-i) $
前两个是组合数，中间两个是阶乘,最后一个就是括号。
开始逐步解析：
首先看 \(\sum\) 上下界，\(i\) 枚举 \(u\) 子树内结点首次出现的位置，（此时我们将位置规定为 \(1\) 至 \(n-1\)，所以起始为 \(1\)），最晚出现位置就是剩余位置数等于 \(s_u\) ,故上界为 \(n-s_u\) ,将每个可能出现的位置产生贡献累加即为该结点的贡献.
第一个组合数表示从 \(s_u\) 个结点中选出 \(1\) 个放在该位置上。
第二个组合数表示将剩余的 \(s_u-1\) 个结点随意放到剩余的 \(n-i-1\) 个位置上。
第一个阶乘表示 \(s_u-1\) 个结点内部顺序可变，乘上其全排列。
第二个阶乘表示 \(n-s_u-1\) 个结点（即外部剩余结点）位置可变，乘上其全排列。
最后那部分就是贡献，该结点从次位置到最后一直产生贡献，故乘上 \(n-i\)（前面的组合数和阶乘处理的都是情况数）.
然后盯着这坨式子 \(\ldots\)
化简吧！！！
省流：结果为 \(\frac{s_u}{s_u+1}\times n!\)
开始化简：
原式为：
$\sum_{i=1}^{n-s_u} \binom{s_u}{1} \times\binom{n-i-1}{s_u-1} \times(s_u-1)! \times (n-s_u-1)! \times(n-i) $
$\sum_{i=1}^{n-s_u} s_u！\times\binom{n-i-1}{s_u-1} \times (n-s_u-1)! \times(n-i) $
$s_u！(n-s_u-1)! \sum_{i=1}^{n-s_u} \binom{n-i-1}{s_u-1} \times(n-i) $
\(s_u！(n-s_u-1)! \sum_{i=1}^{n-s_u} \frac{(n-i)!}{(s_u-1)!(n-s_u-i)!}\)
\(s_u (n-s_u-1)! \sum_{i=1}^{n-s_u} \frac{(n-i)!}{(n-s_u-i)!}\)
那之后怎么办？
继续推！
需要用到结论：
$\sum_{k=s}^{n} \binom{k}{s} =\binom{n+1}{s+1} $
考虑换元，令 \(k=n-i\)
\(s_u (n-s_u-1)! \sum_{k=s}^{n-1} \frac{k!}{(k-s_u)!}\)
原来累加的 \(n-i\) 是从 \(n-s_u-1\) 到 \(s_u\) ,现在是从 \(s_u\) 到 \(n-s_u-1\) ，故等价。
$s_u (n-s_u-1)!s_u! \sum_{k=s}^{n-1} \binom{k}{k-s_u} $
\(s_u (n-s_u-1)!s_u!\binom{n}{s+1}\)
\(\frac{s_u (n-s_u-1)!s_u!n!}{(n-s_u-1)!(s_u+1)!}\)
\(\frac{s_u}{s_u+1}n!\)
推完了哈哈哈！
按照式子统计贡献，最后换根即可。
code
点击查看代码
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 1e6 + 10;
const int mod = 998244353;
int n, ans, Ans[N];
int siz[N], jc[N];
vector<int> e[N];inline int km(int a, int b)
{int ans = 1;while (b){if (b & 1)ans = ans * a % mod;a = a * a % mod;b >>= 1;}return ans;
}void dfs1(int x, int f)
{siz[x] = 1;for (auto y : e[x]){if (y == f)continue;dfs1(y, x);siz[x] += siz[y];}if (x != 1)ans = (ans + siz[x] * km(siz[x] + 1, mod - 2) % mod * jc[n] % mod) % mod;
}void dfs2(int x, int f)
{if (x != 1){int now = Ans[f];now = (now - siz[x] * km(siz[x] + 1, mod - 2) % mod * jc[n] % mod + mod) % mod;now = (now + (n - siz[x]) * km(n - siz[x] + 1, mod - 2) % mod * jc[n] % mod + mod) % mod;Ans[x] = now;}for (auto y : e[x]){if (y == f)continue;dfs2(y, x);}
}signed main()
{// freopen("black.in", "r", stdin);// freopen("black.out", "w", stdout);ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cin >> n;jc[0] = 1;for (int i = 1; i <= n + 1; ++i)jc[i] = jc[i - 1] * i % mod;for (int i = 1, u, v; i < n; ++i){cin >> u >> v;e[u].push_back(v);e[v].push_back(u);}ans = (ans + (n - 1) * jc[n - 1] % mod) % mod;// cerr << "ans=" << ans << "\n";dfs1(1, 0);Ans[1] = ans;dfs2(1, 0);for (int i = 1; i <= n; ++i)cout << Ans[i] << "\n";return 0;
}// s/(s+1)*f[n]
