没错这就是我 boom0 的那场 NOIOL 的 T3
一年前，我在 NOIOL #2 的赛场上折戟沉沙，一年后，我从倒下的地方爬起。
我成功了，我不再是从前那个我了
我们首先假设 A 拥有的点为 \(p_1,p_2,\cdots,p_m\)，B 拥有的点为 \(q_1,q_2,\cdots,q_m\)，显然 A、B 出牌的顺序是无关紧要的，因此我们不妨假设 A 就按 \(p_1,p_2,\cdots,p_m\) 的顺序出牌，题目就等价于有多少个 \(q\) 的排列 \(r\) 满足恰好存在 \(k\) 对 \((p_i,r_i)\) 是祖先关系。
其次，注意到这个“恰好”非常难受，因为它既包含匹配也包含不匹配的情况，而这两种情况是很难在一起考虑的。
这时候我们就可以很自然地想到一个套路叫“二项式反演”，我们考虑任意钦定 \(k\) 对必须匹配的点，即记 \(f_k\) 为钦定 \(k\) 对必须匹配的点，剩余随便排列的方案数，再记 \(g_k\) 为恰好存在 \(k\) 对 \((p_i,r_i)\) 是祖先关系的方案数。那么有 \(f_k=\sum\limits_{i=k}\dbinom{i}{k}g_i\)，反演以下即可 \(g_k=\sum\limits_{i=k}\dbinom{i}{k}(-1)^{i-k}f_i\)。
接下来考虑怎样求 \(f_i\)，这显然是一个简单的树形背包问题，设 \(dp_{u,j}\) 表示 \(u\) 的子树内钦定了 \(j\) 对要匹配的点的方案数。考虑转移，我们首先按照树形背包的套路将 \(u\) 所有子树的 \(dp\) 值合并起来，合并完之后的 \(dp_{u,j}\) 的显然就是在 \(u\) 所有儿子的子树中钦定 \(j\) 对需匹配的点的方案数，此时我们还需再考虑 \(u\) 的匹配情况，如果 \(u\) 属于 A，那么我们令 \(dp_{u,j+1}\leftarrow dp_{u,j}\times(c1_u-j)\)，其中 \(c1_u\) 表示 \(u\) 子树内有多少个点属于 B，\(u\) 属于 B 的情况也同理，注意，这里的 \(j\) 需要倒序枚举。最终 \(f_k=dp_{1,k}\times(\dfrac{n}{2}-k)!\)。
时间复杂度 \(\mathcal O(n^2)\)
总之当时觉得这道题是道 dlt，现在看来，也就 just so so 罢（
const int MAXN=5e3;
const int MOD=998244353;
char s[MAXN+5];
int n,c0[MAXN+5],c1[MAXN+5],dp[MAXN+5][MAXN+5];
int hd[MAXN+5],to[MAXN*2+10],nxt[MAXN*2+10],ec=0;
void adde(int u,int v){to[++ec]=v;nxt[ec]=hd[u];hd[u]=ec;}
int tmp[MAXN+5];
void dfs(int x,int f){
dp[x][0]=1;
for(int e=hd[x];e;e=nxt[e]){
int y=to[e];if(y==f) continue;dfs(y,x);
memset(tmp,0,sizeof(tmp));
for(int u=0;u<=min(c0[x],c1[x]);u++)
for(int v=0;v<=min(c0[y],c1[y]);v++){
tmp[u+v]=(tmp[u+v]+1ll*dp[x][u]*dp[y][v])%MOD;
}
c0[x]+=c0[y];c1[x]+=c1[y];
for(int u=0;u<=min(c0[x],c1[x]);u++) dp[x][u]=tmp[u];
}
if(s[x]=='0'){
for(int u=min(c0[x],c1[x]);~u;u--){
dp[x][u+1]=(dp[x][u+1]+1ll*dp[x][u]*(c1[x]-u))%MOD;
} c0[x]++;
} else {
for(int u=min(c0[x],c1[x]);~u;u--){
dp[x][u+1]=(dp[x][u+1]+1ll*dp[x][u]*(c0[x]-u))%MOD;
} c1[x]++;
}
// for(int u=0;u<=min(c0[x],c1[x]);u++) printf("%d %d %d\n",x,u,dp[x][u]);
}
int fac[MAXN+5],ifac[MAXN+5];
void init_fac(int n){
for(int i=(fac[0]=ifac[0]=ifac[1]=1)+1;i<=n;i++) ifac[i]=1ll*ifac[MOD%i]*(MOD-MOD/i)%MOD;
for(int i=1;i<=n;i++) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%MOD,ifac[i]=1ll*ifac[i-1]*ifac[i]%MOD;
}
int binom(int n,int k){return 1ll*fac[n]*ifac[k]%MOD*ifac[n-k]%MOD;}
int f[MAXN+5],g[MAXN+5];
int main(){
scanf("%d%s",&n,s+1);
for(int i=1,u,v;i<n;i++) scanf("%d%d",&u,&v),adde(u,v),adde(v,u);
dfs(1,0);init_fac(n);
for(int i=0;i<=n/2;i++) f[i]=1ll*fac[n/2-i]*dp[1][i]%MOD;
for(int i=0;i<=n/2;i++){
for(int j=i;j<=n/2;j++){
if((j-i)&1) g[i]=(g[i]-1ll*binom(j,i)*f[j]%MOD+MOD)%MOD;
else g[i]=(g[i]+1ll*binom(j,i)*f[j])%MOD;
} printf("%d\n",g[i]);
}
return 0;
}