前言

话说在$Loj$下了个数据发现这题的名字叫$fgo$

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正题

题目链接:https://www.luogu.com.cn/problem/P5405

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题目大意

$n$张卡的权值为$1/2/3$的概率权重分别是$p_{x,1/2/3}$，然后按照权值每次获得一张未获得的卡，然后再该出一棵有向树（方向可以都是外向或内向的），求所有每条边$(u,v)$，$u$都比$v$先获得的概率。

$1\le n\le 1000,0\le p_{i,j}\le 10^6$

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解题思路

只考虑外向树的话就是水题了，因为显然的$x$要排在子树最前面的概率就是$\frac{w_x}{{\sum }_{y\in subtre{e}_x}{w}_y}$。

然后直接$n^2$的$dp$就可以力。

但是现在有内向边怎么办，还是考虑转换成只有外向的，也就是去掉一种限制。

去掉一种限制的话容斥是一个不错的办法，考虑的话就是恰好若干条指定边（内向边），我们可以指定至少$k$跳内向边不满足条件，这样就组成了一个外向森林，可以很容易处理出答案，而且这样的容斥系数就是$(-1{)}^k$。

然后直接$dp$就得了，设$f_{i,j}$表示到节点$i$然后权值和是$j$，如果限制一条内向边就直接乘上一个$-1$就好了。

额这种树形$dp$枚举子树大小可以做到$n^2$这个是老生常谈了

时间复杂度$O(n^2)$

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code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=1100,P=998244353;
struct node{ll to,next,w;
}a[N<<1];
ll n,tot,ans,ls[N],siz[N],w[N][3],f[N][3*N],g[N*3];
ll power(ll x,ll b){ll ans=1;while(b){if(b&1)ans=ans*x%P;x=x*x%P;b>>=1; }return ans;
}
void addl(ll x,ll y,ll w){a[++tot].to=y;a[tot].next=ls[x];a[tot].w=w;ls[x]=tot;return;
}
void dp(ll x,ll fa){ll d=power(w[x][0]+w[x][1]+w[x][2],P-2);siz[x]=3;f[x][1]=w[x][0]*d%P;f[x][2]=w[x][1]*d*2ll%P;f[x][3]=w[x][2]*d*3ll%P;for(ll e=ls[x];e;e=a[e].next){ll y=a[e].to;if(y==fa)continue;dp(y,x);if(a[e].w){for(ll i=1;i<=siz[x];i++)for(ll j=1;j<=siz[y];j++)(g[i+j]-=f[x][i]*f[y][j]%P)%=P,(g[i]+=f[x][i]*f[y][j]%P)%=P;}else{for(ll i=1;i<=siz[x];i++)for(ll j=1;j<=siz[y];j++)(g[i+j]+=f[x][i]*f[y][j]%P)%=P;}siz[x]+=siz[y];for(ll i=1;i<=siz[x];i++)f[x][i]=g[i],g[i]=0;}for(int i=1;i<=siz[x];i++)f[x][i]=f[x][i]*power(i,P-2)%P;return;
}
signed main()
{scanf("%lld",&n);for(ll i=1;i<=n;i++)scanf("%lld%lld%lld",&w[i][0],&w[i][1],&w[i][2]);for(ll i=1;i<n;i++){ll x,y;scanf("%lld%lld",&x,&y);addl(x,y,0);addl(y,x,1);}dp(1,0);for(ll i=1;i<=siz[1];i++)(ans+=f[1][i])%=P;printf("%lld\n",(ans+P)%P);return 0;
}