为啥洛谷现有的题解全是 \(O(n^2\log n)\) 的做法？给个好写的 \(O(n^2)\) 做法。
感觉这题是这套题中除了 D1T1 以外最简单的题（
显然最远的距离一定由两个叶子贡献，我们拎出一个非叶节点为根，分析一些性质。
考虑两个叶子 \(u,v\) 何时距离 \(\le 2\)，这要求它们所一步能到达的最浅点 \(f(u),f(v)\) 为祖先后代关系。不妨设 \(f(u)\) 为 \(f(v)\) 的祖先，还要求 \(u\) 存在一个走一步的方式走入 \(f(v)\) 的子树中。容易发现这便是充要条件。
考虑枚举 \(x\) 表示最深的 \(f(u)\)，这个限制肯定最严。现在要求所有叶子都可以一步走到 \(x\)，并且存在一个在其子树内的叶子满足所能达到的最浅点为 \(x\)。
注意到第二个限制处理起来并不是很方便，可以先去掉这个条件，再扣掉所有在 \(x\) 子树内的叶子都能达到 \(x\) 的父亲的方案数。本质就是点数减边数等于一这个经典容斥。
只有第一个限制后直接做还是不好做，考虑容斥，这样就变成有一些边不能选，这是方便 dp 的。如果对所有叶子容斥跑背包的话是 \(O(n^3)\) 的，考虑优化。
注意到只对子树内的叶子跑这个算法就是树形背包，复杂度为 \(O(n^2)\)，这是可以接受的。
于是我们只容斥子树内的叶子，由于只剩下最后一类反子树的点没有考虑，在确定了前面的信息之后我们是可以直接计算符合题意的方案数的，这样就把复杂度优化到了 \(O(n^2)\)。
最后剩下的一点问题就是扣掉都能达到 \(x\) 的父亲的方案数，依旧考虑类似的做法，\(O(n^2)\) 计算是容易的。
#include<bits/stdc++.h>
#define IL inline
#define reg register
#define mod 998244353
#define N 3030
IL int read()
{
reg int x=0; reg char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9')ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9')x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
return x;
}
IL int Add(reg int x,reg int y){return x+y<mod?x+y:x+y-mod;}
IL int Sub(reg int x,reg int y){return x<y?x-y+mod:x-y;}
IL void Pls(reg int &x,reg int y){x=Add(x,y);}
IL void Dec(reg int &x,reg int y){x=Sub(x,y);}
IL int Mul(reg int x,reg int y){reg long long r=1ll*x*y; return r<mod?r:r%mod;}
int pw[N*N],c[N][N],con[N][N];
IL void init(reg int n)
{
pw[0]=1;
for(reg int i=1;i<=n*n;++i)pw[i]=Mul(pw[i-1],2);
for(reg int i=0,j;i<=n;++i)
{
con[i][0]=1;
for(j=1;j<=n;++j)con[i][j]=Mul(con[i][j-1],Sub(pw[i],1));
}
for(reg int i=0;i<=n;++i)c[i][0]=1;
for(reg int i=1,j;i<=n;++i)for(j=1;j<=i;++j)c[i][j]=Add(c[i-1][j],c[i-1][j-1]);
}
int n,rt,ans;
std::vector<int>G[N];
IL void add(reg int u,reg int v){G[u].push_back(v),G[v].push_back(u);}
int fa[N],sz[N],cnt[N];
void dfs(reg int u)
{
sz[u]=1,cnt[u]=G[u].size()==1;
for(reg auto v:G[u])if(!sz[v])
fa[v]=u,dfs(v),sz[u]+=sz[v],cnt[u]+=cnt[v];
}
IL int A(reg int n){return n*(n-1)>>1;}
main()
{
n=read();
if(n<=2)puts("1"),exit(0);
init(n);
for(reg int i=n;--i;)add(read(),read());
for(rt=1;G[rt].size()==1;++rt);
dfs(rt);
for(reg int u=1,i,j,w,up;u<=n;++u)
{
static int f[N],g[N];
for(i=1;i<=n;++i)f[i]=0;
f[1]=up=1;
for(reg auto v:G[u])if(v!=fa[u])
{
for(i=1;i<=up;++i)for(j=0;j<=cnt[v];++j)
{
w=Mul(Mul(f[i],c[cnt[v]][j]),pw[i*(sz[v]-j)]);
if(j&1)Dec(g[i+sz[v]-j],w); else Pls(g[i+sz[v]-j],w);
}
up+=sz[v];
for(i=1;i<=up;++i)f[i]=g[i],g[i]=0;
}
reg int a0=cnt[u],b0=sz[u]-a0,a1=cnt[rt]-cnt[u],b1=n-sz[u]-a1;
w=0;
for(i=1;i<=up;++i)Pls(w,Mul(Mul(f[i],pw[i*b1]),con[i][a1]));
for(reg auto v:G[u])if(v!=fa[u])w=Mul(w,pw[A(sz[v])]);
w=Mul(w,pw[A(n-sz[u])]),Pls(ans,w),w=0;
for(i=0;i<=a0;++i)
{
reg int k=Mul(Mul(c[a0][i],pw[(a0-i)*b1]),con[b0+a0-i][a1]);
if(i&1)Dec(w,k); else Pls(w,k);
}
w=Mul(w,pw[A(a0+b0)+A(a1+b1)+b0*b1]),Dec(ans,w);
}
printf("%d\n",ans);
}