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题意

原题链接

简要题意：
给你一棵 $n$ 个点的树，你需要将 $1\sim n$ 的排列填到树上的节点中。定义一个点为 局部最小值 满足与它相邻的点上的数都比它大。你需要对 $k=1,2,...,n$ 都输出恰好有 $k$ 个局部最小值时排列有多少种填法。

$1\le n\le 500$。

分析：
首先看到 恰好，可以考虑二项式反演。如何求出在 钦定 了 $k$ 个局部最小值的情况下的方案数呢？发现如果钦定了一个点 $x$ 是局部最小值，那么它和相邻点的大小关系就定了，不妨用一条 $x$ 指向相邻点的有向边表示。

但是这样还是不太好做。发现如果有向边能形成一棵树是比较容易计算方案的。如果对于一个钦定的点能只保留指向儿子的有向边，那么这样就会形成若干有向树，每棵树的方案相互独立乘起来即可。

那么一棵有向树的方案怎么算呢？有一个经典结论：对于一个 $n$ 个点的有向森林，填充排列满足任意一个点上的数小于它的儿子的方案数为 $n!\times \prod _u\frac{1}{s{z}_u}$。

那么钦定点指向父亲的边怎么办？考虑容斥成无向（删去这条边）减去反向边即可。

这样就有了一个 $dp$。设 $f_{i,j,k}$ 表示考虑了以 $i$ 为根的子树，当前钦定了 $j$ 个局部最小值，$i$ 所在的有向树大小为 $k$，并且 $i$ 没有被钦定的方案数。 $g_{i,j,k}$ 则是表示 $i$ 已经被钦定。那么转移就是 二维背包，复杂度 $O(n^4)$。注意如果 $i$ 的父亲不指向 $i$，那么需要将 $\frac{1}{k}$ 乘到答案中。

注意到对于钦定局部最小值这一维的转移 只涉及到加法卷积，并且最后只需要知道根节点的 $dp$ 数组，考虑拉插优化：首先将第二三维交换顺序，然后将 $f_{i,k}$ 看做一个长度为子树大小的多项式，$f_{i,k,j}$ 是 $x^j$ 的系数。那么对 $j$ 这一维的转移就是两个多项式的卷积。$f_{root,k}$ 肯定是一个 $n$ 次多项式，因此枚举 $x=1\sim n+1$ 求出 $n+1$ 个点拉插还原系数即可。

枚举 $x$ 后每次 $dp$ 复杂度 $O(n^2)$，求点值的复杂度为 $O(n^3)$。最后拉插还原系数可以用 短除法 做到 $O(n^2)$，总复杂度 $O(n^3)$。

CODE：

// 首先可以二项式反演把恰好改成钦定
// 然后定一个最小值就能把一个点和它周围点的大小关系定下来
// 可以把大小关系用一条有向边表示
// 发现儿子指向父亲是不好搞的，容斥成没有这条边 - 父亲指向儿子 
// 于是就可以得到一个 O(n^4) 的二维背包
// 把dp数组看作系数，插值优化 
// 对于某一维只有加法卷积的转移， 可以拉差优化掉这一维 
#include<bits/stdc++.h>
#define pb emplace_back
using namespace std;
typedef long long LL;
const int mod = 998244353;
const int N = 510;
int n;
int X[N], Y[N]; // n次多项式， 维护 n + 1 个点 
int f[N][N], g[N][N];  
int tf[N], tg[N];
int fac[N], inv[N], Inv[N];
int c[N][N], tmp[N], H[N], F[N], G[N];
int sz[N];
vector< int > E[N];
inline int sign(int x) {return (x & 1) ? mod - 1 : 1;}
inline int Pow(int x, int y) {int res = 1, k = x;while(y) {if(y & 1) res = 1LL * res * k % mod;y >>= 1;k = 1LL * k * k % mod;}return res;
}
void dfs(int x, int fa, int d) { // d 为底数 sz[x] = 1; f[x][1] = 1; g[x][1] = d;for(auto v : E[x]) {if(v == fa) continue;dfs(v, x, d);for(int i = 1; i <= sz[x]; i ++ ) {for(int j = 1; j <= sz[v]; j ++ ) {tf[i] = (tf[i] + 1LL * f[x][i] * f[v][j] % mod * Inv[j] % mod) % mod;tf[i] = (tf[i] + 1LL * f[x][i] * g[v][j] % mod * Inv[j] % mod) % mod;tf[i + j] = (tf[i + j] + 1LL * f[x][i] * g[v][j] % mod * Inv[j] % mod * (mod - 1) % mod) % mod;tg[i + j] = (tg[i + j] + 1LL * g[x][i] * f[v][j] % mod * Inv[j] % mod) % mod;}}sz[x] += sz[v];for(int i = 1; i <= sz[x]; i ++ ) {f[x][i] = tf[i], g[x][i] = tg[i];tf[i] = 0; tg[i] = 0;}}
}
void lag() { // 把 n + 1 个点的系数插出来 for(int i = 0; i <= n; i ++ ) F[i] = 0;for(int i = 0; i <= n + 1; i ++ ) tmp[i] = 0;tmp[0] = 1;for(int i = 1; i <= n + 1; i ++ ) {for(int j = n + 1; j >= 0; j -- ) {tmp[j + 1] = (tmp[j + 1] + tmp[j]) % mod;tmp[j] = (1LL * tmp[j] * X[i] % mod * (mod - 1) % mod) % mod;}}for(int i = 1; i <= n + 1; i ++ ) {int a = 1;a = 1LL * inv[i - 1] * inv[n + 1 - i] % mod * sign(n + 1 - i) % mod * Y[i] % mod;int lst = tmp[n + 1];for(int j = n; j >= 0; j -- ) {F[j] = (F[j] + 1LL * lst * a % mod) % mod;lst = (tmp[j] + 1LL * lst * X[i] % mod) % mod;}}
}
int main() {for(int i = 0; i < N; i ++ ) {for(int j = 0; j <= i; j ++ ) {if(!j) c[i][j] = 1;else c[i][j] = (c[i - 1][j - 1] + c[i - 1][j]) % mod;}}scanf("%d", &n);fac[0] = 1; for(int i = 1; i <= n; i ++ ) fac[i] = 1LL * fac[i - 1] * i % mod; inv[n] = Pow(fac[n], mod - 2LL);for(int i = n - 1; i >= 0; i -- ) inv[i] = 1LL * inv[i + 1] * (i + 1) % mod;Inv[0] = 1; for(int i = 1; i <= n; i ++ ) Inv[i] = Pow(1LL * i, mod - 2LL);for(int i = 1; i < n; i ++ ) {int u, v; scanf("%d%d", &u, &v);E[u].pb(v); E[v].pb(u);}for(int x = 1; x <= n + 1; x ++ ) {dfs(1, 0, 1LL * x);for(int i = 1; i <= n; i ++ ) {X[x] = x; Y[x] = (Y[x] + 1LL * (f[1][i] + g[1][i]) * Inv[i] % mod) % mod;}}lag();for(int i = 0; i <= n; i ++ ) F[i] = 1LL * F[i] * fac[n] % mod;for(int i = 0; i <= n; i ++ ) {for(int j = i; j <= n; j ++ ) {G[i] = (G[i] + 1LL * c[j][i] * sign(j - i) % mod * F[j] % mod) % mod;}}for(int i = 1; i <= n; i ++ ) printf("%d\n", G[i]);return 0;
}