题意：给一棵 $n$ 个点的树，每条边需要染成黑白两种颜色中的一种。给出 $m$ 个条件，每个条件给出 $u,v$，其中 $u$ 是 $v$ 的祖先，要求 $u$ 到 $v$ 的链上至少一条黑边。求方案数 模 $998244353$。

$n,m\le 5\times 10^5$

这个dp想了一上午

对于树上的一个点，考虑子树内有关的所有限制，唯一不好处理的是超出子树的部分，而这部分只需要考虑超出最短的。

定义： $dp(u,k)$ 表示有多少种确定 $u$ 子树内的边的颜色的方案，使得所有下端点在 $u$ 子树内并且尚未满足的条件 的上端点的深度最大值恰好为 $k$。如果所有上述条件都满足， $k=0$。

人话翻译：

考虑 $u$ 子树内能影响到的条件，分为下列两种：

1. 上端点在子树内（显然下端点就在子树内了）。如果这种条件没有满足，就永远不可能满足了，这个时候上面的定义表现为 $k\ge de{p}_u$，后面可以看到这部分状态是无用的。
2. 上端点是 $u$ 的严格祖先，下端点在 $u$ 子树内，且 $u$ 到下端点这段没有黑边。此时就需要上端点到 $u$ 有黑边。如果这样的条件的上端点的最大深度为 $k$，那么所有条件成立当且仅当 $u$ 深度为 $k$ 的祖先到 $u$ 有一条黑边，处理方式后述。

进行一次 dfs，每个点 $u$ 先假设它没有儿子，即让 $dp(u,x)=1$，其中 $x$ 为所有下端点为 $u$ 的条件的上端点的最大深度。

然后依次突然加入每个儿子，设儿子为 $v$，得到新的 dp 数组为 $d{p}^{\prime }$

考虑连接儿子的这条边是黑边还是白边。

如果是黑边，对于 $u$ 来说，从 $v$ 子树内来的条件就全部满足了（当然要原来有机会满足），但 $u$ 原来不满足的还是不满足。即

$$dp(u,k)\sum _{i=0}^{de{p}_u}dp(v,i)$$

如果是白边，那么要同时满足两边的深度限制，即

$$\sum _{\max (i,j)=k}dp(u,i)dp(v,j)$$

整理一下

$$d{p}^{\prime }(u,k)=dp(u,k)\sum _{i=0}^{de{p}_u}dp(v,i)+dp(u,k)\sum _{i=0}^{k}dp(v,i)+dp(v,k)\sum _{i=0}^{k-1}dp(u,i)$$

长这样子的式子都可以考虑线段树合并。

${\sum }_{i=0}^{de{p}_u}dp(v,i)$ 是个常数，先算出来。

合并的时候顺便维护左边遍历过的结点的和，如果一边的结点为空，用维护的和给另一边的结点打乘法标记。递归到叶结点了再处理求和符号的边界情况。

注意维护的这个和是合并前的，要先维护再打标记。可以在递归的时候传引用。

复杂度 $O(n\log n+m)$

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cctype>
#include <vector>
#define MAXN 500005
using namespace std;
inline int read()
{int ans=0;char c=getchar();while (!isdigit(c)) c=getchar();while (isdigit(c)) ans=(ans<<3)+(ans<<1)+(c^48),c=getchar();return ans;
}
typedef long long ll;
const int MOD=998244353;
inline int add(const int& x,const int& y){return x+y>=MOD? x+y-MOD:x+y;}
int n;
int ch[MAXN<<5][2],sum[MAXN<<5],mul[MAXN<<5],cnt;
inline void update(int x){sum[x]=add(sum[ch[x][0]],sum[ch[x][1]]);}
inline void pushlzy(int x,ll v){sum[x]=sum[x]*v%MOD,mul[x]=mul[x]*v%MOD;}
inline void pushdown(int x)
{if (mul[x]!=1){if (ch[x][0]) pushlzy(ch[x][0],mul[x]);if (ch[x][1]) pushlzy(ch[x][1],mul[x]);mul[x]=1;}
}
void modify(int& x,int l,int r,int k)
{if (!x) mul[x=++cnt]=1;if (l==r) return (void)(++sum[x]);int mid=(l+r)>>1;if (k<=mid) modify(ch[x][0],l,mid,k);else modify(ch[x][1],mid+1,r,k);update(x);
}
int query(int x,int l,int r,int ql,int qr)
{if (!x) return 0;if (ql<=l&&r<=qr) return sum[x];if (qr<l||r<ql) return 0;pushdown(x);int mid=(l+r)>>1;return add(query(ch[x][0],l,mid,ql,qr),query(ch[x][1],mid+1,r,ql,qr));
}
int merge(int x,int y,int l,int r,int& xsum,int& ysum)
{if (!x&&!y) return 0;if (!x) return ysum=add(ysum,sum[y]),pushlzy(y,xsum),y;if (!y) return xsum=add(xsum,sum[x]),pushlzy(x,ysum),x;if (l==r){ysum=add(ysum,sum[y]);int t=sum[x];sum[x]=((ll)sum[x]*ysum+(ll)xsum*sum[y])%MOD;xsum=add(xsum,t);return x;	} pushdown(x),pushdown(y);int mid=(l+r)>>1;ch[x][0]=merge(ch[x][0],ch[y][0],l,mid,xsum,ysum);ch[x][1]=merge(ch[x][1],ch[y][1],mid+1,r,xsum,ysum);update(x);return x;
}
vector<int> e[MAXN],lis[MAXN];
int dep[MAXN],rt[MAXN];
void dfs(int u)
{int mx=0;for (int i=0;i<(int)lis[u].size();i++) mx=max(mx,dep[lis[u][i]]);modify(rt[u],0,n,mx);for (int i=0;i<(int)e[u].size();i++)if (!dep[e[u][i]]){dep[e[u][i]]=dep[u]+1;dfs(e[u][i]);int xsum=0,ysum=query(rt[e[u][i]],0,n,0,dep[u]);rt[u]=merge(rt[u],rt[e[u][i]],0,n,xsum,ysum);}
}
int main()
{n=read();for (int i=1;i<n;i++){int u,v;u=read(),v=read();e[u].push_back(v),e[v].push_back(u);}int m=read();while (m--){int u,v;u=read(),v=read();lis[v].push_back(u);}dfs(dep[1]=1);printf("%d\n",query(rt[1],0,n,0,0));return 0;
}