弱化版：CF1827E Bus Routes。
对于 \(n=2\) 的情况可以判掉，剩下的情况取一个度数大于一的点作为根。
首先发现如果叶子间满足条件，那么整棵树也满足条件。考虑叶子间什么时候满足条件，记点 \(x\) 通过最多一条路径可以到达的所有点的集合为 \(S_x\)，则需满足 \(\forall x,y\in \mathbf{leaf},S_x\cap S_y\ne \emptyset\)。
又因为这是一颗树，可以推得 \(\bigcap_{x\in \mathbf{leaf}}S_x\ne \emptyset\)，且这个交在原树中一定是一个连通块。考虑经典的点减边容斥，答案即为钦定经过每一个点的方案数的和减去钦定经过每一条边的方案数的和。
先考虑怎么计算钦定经过每一个点的方案数的和。放到原树上考虑，先钦定在它子树外的所有叶子节点都满足条件，然后对于它的子树可以容斥计算。
因为它的一个儿子的子树中的叶子节点都是一样的，所以对于每个儿子只需要知道钦定了多少个不合法的叶子节点，背包合并即可，最后再乘上一些系数。
对于钦定经过边的情况类似，也是先钦定子树外的叶子节点都满足条件（这是为了保证背包这部分的总时间复杂度是 \(\mathcal O(n^2)\)），然后子树内再做一遍容斥。
然后就做完了，有亿些细节，时间复杂度 \(\mathcal O(n^2)\)。
参考代码：
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define mxn 3003
#define md 998244353
#define pb push_back
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;++i)
#define rept(i,a,b) for(int i=a;i<b;++i)
using namespace std;
struct node{
int x,y;
}e[mxn];
int n,tot,sz[mxn],c1[mxn],c[mxn][mxn];
vector<int>g[mxn];
ll ans,d[mxn],dp[mxn][mxn];
ll power(ll x,int y){
ll ans=1;
for(;y;y>>=1){
if(y&1)ans=ans*x%md;
x=x*x%md;
}
return ans;
}
void dfs(int x,int fa){
if(g[x].size()==1){
sz[x]=c1[x]=1;
return;
}
dp[x][0]=1,sz[x]=1;
int cnt=0;
for(int i:g[x])if(i!=fa){
dfs(i,x);
cnt+=sz[i]*(sz[i]-1)/2;
rep(j,0,c1[x])d[j]=dp[x][j],dp[x][j]=0;
rep(j,0,c1[x]){
rep(k,0,c1[i]){
dp[x][j+k]=(dp[x][j+k]+d[j]*c[c1[i]][k]%md*power(2,(sz[i]-k)*(sz[x]-j)))%md;
}
}
sz[x]+=sz[i],c1[x]+=c1[i];
}
cnt+=(n-sz[x])*(n-sz[x]-1)/2;
ll sum=0;
rep(j,0,c1[x])sum=(sum+(j&1?-1:1)*dp[x][j]*power(2,(sz[x]-j)*(n-sz[x]-(tot-c1[x])))%md*power(power(2,sz[x]-j)-1,tot-c1[x]))%md;
ans=(ans+sum*power(2,cnt))%md;
if(fa){
sum=0;
rep(j,0,c1[x])sum=(sum+(j&1?-1:1)*c[c1[x]][j]*power(2,(sz[x]-j)*(n-sz[x]-(tot-c1[x])))%md*power(power(2,sz[x]-j)-1,tot-c1[x]))%md;
ans=(ans-sum*power(2,(n-sz[x])*(n-sz[x]-1)/2+sz[x]*(sz[x]-1)/2))%md;
}
}
signed main(){
scanf("%d",&n);
c[0][0]=1;
rep(i,1,n){
c[i][0]=1;
rep(j,1,i)c[i][j]=(c[i-1][j-1]+c[i-1][j])%md;
}
for(int i=1,x,y;i<n;++i){
scanf("%d%d",&x,&y);
g[x].pb(y),g[y].pb(x);
e[i]={x,y};
}
if(n==2){
puts("1");
return 0;
}
rep(i,1,n)if(g[i].size()==1)tot++;
int rt=1;
while(g[rt].size()==1)rt++;
dfs(rt,0);
cout<<(ans+md)%md;
return 0;
}