2023NOIP A层联测32-sakuya

红魔馆的内部形态是一棵树，总共有 $n$ 个房间，其中它们由 $n-1$ 个走廊连接。

每条走廊都有一个难走程度 $w$ 。

每一天，十六夜咲夜都会打扫房间。

她在打扫房间的时候会使用能力，暂停时间。所以打扫一个房间不要任何时间。然而进过一个走廊是要花费时间的，所话花费的时间就是这个走廊的难走程度。

现在给出 $m$ 个特殊房间，把这些房间记为集合 $A$ 。现在十六夜咲夜想随机的从一个房间开始打扫，然后随机进入另一个 $A$ 中没有被打扫的房间去打扫它，直到把这 $m$ 个房间都打扫干净。

现在，她想知道她把这些房间打扫干净的期望时间对 $998244353$ 取模的值。

换句话说，设 $d(x,y)$ 表示从树上点 $x$ 到 $y$ 的边权和。

将 $A$ 随机打乱得到序列 $a$ 。

求 $\sum _{i=2}^{m}d(a_{i-1},a_i)\mathrm{mod}998244353$ 。的期望值

但是每天早上，帕秋莉会在某一个房间 $x$ 使用魔法，魔法有一个强度 $k$ 。这会使得所有与 $x$ 相连的走廊的难走程度增加 $k$。（十六夜咲夜：谢谢你啊。）

而你需要回答每天使用魔法后的期望值。

$1\le n\le 5\times 10^5,m\le n,1\le q\le 5\times 10^5,1\le w,k\le 10^9$ 。

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先快速求出期望。先把期望转换为求出方案的总和除以 $m!$，选定$a_i,a_j(i\ne j)$ 作为 $a$ 连续的两个元素，然后在所有方案中，$d(a_i,a_j)$ 会出现 $(m-1)!$ 次，于是可以 $O(m^2\log n)$ 求出期望（$\log$ 是求两点 lca）。

考虑继续优化。令节点 $1$ 为根，$s{z}_u$ 表示子树 $u$ 所含有特殊节点的个数，$f{a}_u$ 是 $u$ 的父亲。对于一条边 $(u,f{a}_u,w)$，会有 $s{z}_u\cdot (m-s{z}_u)$ 条路径经过这条边，贡献就是 $s{z}_u\cdot (m-s{z}_u)\cdot w$。于是我们可以 $O(n)$ 求出期望。

对于每次修改，如果直接暴力修改边权再求期望，复杂度是 $O(qn)$ 的，不行。

我们先求出一开始的期望，然后每次修改发现答案都会增加 $k\left(s{z}_u(m-s{z}_u+\sum _{v\in so{n}_u}s{z}_v(m-s{z}_v))\right)$，所以对每个点 $u$ 预处理出式子的后半部分 $b_u$，每次询问就把答案加上即可。

时间复杂度 $O(n+q)$

#include
using namespace std;
#define ll long long
const int N=5e5+10;
constexpr ll mod=998244353;
int n,m,q,a[N];
int head[N],nxt[N<<1],to[N<<1],w[N<<1],cnt,SZ[N];
ll ans,b[N];
void add(int u,int v,int W)
{
    to[++cnt]=v;
    w[cnt]=W;
    nxt[cnt]=head[u];
    head[u]=cnt;
}
ll ksm(ll a,ll b)
{
    ll ans=1;
    while(b){
        if(b&1) ans=ans*a%mod;
        b>>=1;
        a=a*a%mod;
    }
    return ans;
}
void dfs1(int u,int fa)
{
    for(int i=head[u];i;i=nxt[i]){
        if(to[i]!=fa){
            dfs1(to[i],u);
            SZ[u]+=SZ[to[i]];
            ans=(ans+2ll*w[i]*SZ[to[i]]%mod*(m-SZ[to[i]]))%mod;
            b[u]=(b[u]+2ll*SZ[to[i]]*(m-SZ[to[i]]))%mod;
        }
    }
    b[u]=(b[u]+2ll*SZ[u]*(m-SZ[u]))%mod;
}
int main()
{
    freopen("sakuya.in","r",stdin);
    freopen("sakuya.out","w",stdout);
    cin.tie(0)->sync_with_stdio(0);
    cin>>n>>m;
    for(int i=1,x,y,w;i<n;i++){
        cin>>x>>y>>w;
        add(x,y,w),add(y,x,w);
    }
    for(int i=1;i<=m;i++) cin>>a[i],SZ[a[i]]=1;
    dfs1(1,0);
    cin>>q;
    ll invm=ksm(m,mod-2);
    for(int i=1,x,k;i<=q;i++){
        cin>>x>>k;
        ans=(ans+k*b[x])%mod;
        cout<<ans*invm%mod<<"\n";
    }
}