前言
好題，這個待定係數真的好用！
思路
說實話，看見這道題的第一反應真不是什麼 \(\texttt{min-max}\) 容斥，而是狀壓。
但是既然都放在連結裡面了，那我們就勉為其難的向這方面思考一下吧。
首先直接透過這個容斥轉化題意，也就是說，我們只需要求得，對於任意一個點的集合 \(S\)，使得從 \(x\) 出發，想要第一次到達 \(S\) 中的任意一點，所需要的期望次數。（簡單來說就是透過該容斥將題意轉化為 \(E(\min(S))\) 。）
具體來說，從 \(0\) 到 \(2^n\) 列舉所有子集 \(S\)，對於每個子集，考慮樹形 \(\text{DP}\)。
定義 \(dp_i\) 表示從 \(i\) 開始，到達 \(S\) 中的任意一點所需要的最少期望次數。
如果 \(i\in S\)，顯然 \(dp_i=0\)。否則，顯然有 \(dp_i=\dfrac{dp_{fa_i}+\sum_{j\in son_i}dp_j}{deg_i} + 1\)。（其中，\(deg_i\) 表示 \(i\) 的度數）
但是顯然，這樣的轉移是有後效性的。
一種比較暴力的想法是，把所有的式子列出來，然後高斯消元，複雜度為 \(n^3\times 2^n\)，而且是在模意義下進行，實現代價巨大，不具有可行性。
我們考慮一個新式的 \(\text{trick}\)： 待定係數法。
我們發現，這個式子是齊次的（且是一次的），而且必然可以透過高斯消元得到一個 \(dp_i\) 無後效性的表示。故我們考慮待定係數，假設 \(dp_i=k_i\times dp_{fa_i}+b_i\)。
我們可以透過這個假設，將轉移式子中的 \(dp_j\) 換掉，然後進行一波代數變形：
於是，我們有：\(k_i=\dfrac{1}{(deg_i-\sum k_j)},b_i=\dfrac{\sum b_j+deg_i}{(deg_i-\sum k_j)}\)
可以發現，\(k_i,b_i\) 的求法不具有後效性，且如果我們從 \(x\) 直接向下遞迴，則 \(dp_x=b_x\)，因為沒有父親。
求出每個 \(S\) 之後，我們顯然不能每輸入一個就容斥一遍，也不能直接列舉子集，所以高維字首和，根據容斥，\(S\) 大小為奇數時就是加，否則減。
程式碼
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define maxn 20
#define mod 998244353
int ksm(int x, int y)
{
int sum = 1;
while(y)
{
if(y & 1) sum = 1ll * sum * x % mod;
y >>= 1, x = 1ll * x * x % mod;
}
return sum;
}
int inv(int x)
{
return ksm(x, mod - 2);
}
int n, q, x;
int fst[maxn], cnt;
struct node
{
int tar, nxt;
}arr[maxn << 1];
void adds(int x, int y)
{
arr[++cnt].tar = y, arr[cnt].nxt = fst[x], fst[x] = cnt;
}
bool belong[maxn];
int k[maxn], b[maxn];
int sum[1 << (maxn - 2)], ans[1 << maxn];
void dfs(int x, int last)
{
if(belong[x]) return;
int sumk = 0, sumb = 0, deg = 1;
if(last == 0) deg--;
for (int i = fst[x]; i; i = arr[i].nxt)
{
int j = arr[i].tar;
if(j == last) continue;
dfs(j, x);
sumk += k[j], sumb += b[j], deg++;
sumk %= mod, sumb %= mod;
}
k[x] = 1ll * inv(((deg - sumk) % mod + mod) % mod);
b[x] = 1ll * (deg + sumb) % mod * inv(((deg - sumk) % mod + mod) % mod) % mod;
}
int Cnt[1 << maxn];
void init()
{
for (int i = 1; i < (1 << n); ++i)
{
Cnt[i] = __builtin_popcount(i);
memset(belong, 0, sizeof(belong));
memset(k, 0, sizeof(k));
memset(b, 0, sizeof(b));
for (int j = 1; j <= n; ++j) if(i & (1 << j - 1)) belong[j] = true;
dfs(x, 0);
sum[i] = b[x] * (Cnt[i] & 1 ? 1 : -1);
sum[i] = (sum[i] % mod + mod) % mod;
}
for (int j = 1; j <= n; ++j)
{
for (int i = 0; i < (1 << n); ++i)
{
if(!(i & (1 << j - 1)))
sum[i + (1 << j - 1)] += sum[i], sum[i + (1 << j - 1)] %= mod;
}
}
}
int main()
{
cin >> n >> q >> x;
for (int i = 1; i < n; ++i)
{
int x, y;
cin >> x >> y;
adds(x, y);
adds(y, x);
}
init();
while(q--)
{
int m, now = 0;
cin >> m;
for (int i = 1; i <= m; ++i)
{
int x;
cin >> x;
now |= 1 << x - 1;
}
printf("%d\n", sum[now]);
}
}