题目大意

有一棵$n$个顶点的树，这棵树上长度为$d$的简单路径的价值为$2^d$。

有$q$次询问，每次给出两个正整数$x,y$，请你回答所有通过顶点$x$和$y$的简单路径的价值之和，输出答案模$998244353$后的值。

$1\le n,q\le 10^6,x\ne y$

时间限制$1500ms$，空间限制$512MB$。

题解

对于每组询问$x,y$，设$x$到$y$的路径长度为$d$，则路径$x,y$的价值为$2^d$。设$x$不经过路径$x-y$可以到达的部分为$A$，$y$不经过路径$x-y$可以到达的部分为$B$。

设两个点$u$到$v$的距离为$dis(u,v)$，那么，询问$x,y$的答案为：

$$ans=\sum _{u\in A}\sum _{v\in B}{2}^{d+dis(u,x)+dis(v,y)}=2^d\times (\sum _{u\in A}{2}^{dis(u,x)})\times (\sum _{v\in B}{2}^{dis(v,y)})$$

也就是说，我们只需要求出$\sum _{u\in A}{2}^{dis(u,x)}$和$\sum _{v\in B}{2}^{dis(v,y)}$即可。

设$su{m}_x$表示点$x$的子树中的每个点到$x$的距离的二次幂之和，$v{s}_x$表示不在$x$的子树中的点到$x$的距离的二次幂之和，用一个换根$DP$，做两次$dfs$即可。

然后，求出每个询问中$x,y$的$lca$。如果$x\ne lca$且$y\ne lca$，则答案为$2^d\times su{m}_x\times su{m}_y$。否则，不妨设$x=lca$，则从$y$往上跳到$de{p}_x+1$的位置$t$（$de{p}_x$表示$x$的深度），则答案为$2^d\times su{m}_y\times (v{s}_x+su{m}_x-2\times su{m}_t)$。

用倍增跳$lca$或$lca$下面的点，时间复杂度为$O(n\log n)$。因为$n$的范围比较大，这题常数也大，时间限制还比较小，所以我们考虑优化。

用$tarjan$求$lca$可以将时间复杂度平摊到$O(n)$，但求$lca$下面的点怎么处理呢？我们可以做一次$dfs$，记录每个点$i$当前遍历的是它的哪个儿子的子树，记这个儿子为$t{o}_i$。那么，对于每一对$x,y$，如果$x$为$lca$，则$x$一定为$y$的祖先，那么遍历到$y$时，$t{o}_x$就是$y$往上跳到$x$下面一个位置的的点$t$。这样做的话，时间复杂度平摊下来也是$O(n)$的。

总时间复杂度为$O(n)$。

code

#include<bits/stdc++.h>
#define rg register
using namespace std;
const int N=1000000;
const long long mod=998244353;
int n,q,tot=0,d[2*N+5],l[2*N+5],r[N+5],z[N+5],dep[N+5],fa[N+5],to[N+5],lca[N+5];
int tot1=0,d1[2*N+5],l1[2*N+5],r1[N+5],id1[2*N+5];
int tot2=0,d2[N+5],l2[N+5],r2[N+5],id2[N+5];
long long mi[N+5],sum[N+5],vs[N+5],ans[N+5];
struct que{
	int x,y;
}v[N+5];
inline int in(){
	int t=0;
	char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9') ch=getchar();
	while(ch>='0'&&ch<='9'){
		t=(t<<3)+(t<<1)+(ch^48);
		ch=getchar();
	}
	return t;
}
inline void add(int xx,int yy){
	l[++tot]=r[xx];d[tot]=yy;r[xx]=tot;
}
inline void add1(int xx,int yy,int zz){
	l1[++tot1]=r1[xx];d1[tot1]=yy;r1[xx]=tot1;id1[tot1]=zz;
}
inline void add2(int xx,int yy,int zz){
	l2[++tot2]=r2[xx];d2[tot2]=yy;r2[xx]=tot2;id2[tot2]=zz;
}
inline void dfs1(int u,int f){
	sum[u]=1;
	dep[u]=dep[f]+1;
	for(rg int i=r[u];i;i=l[i]){
		if(d[i]==f) continue;
		dfs1(d[i],u);
		sum[u]=(sum[u]+2*sum[d[i]])%mod;
	}
}
inline void dfs2(int u,int f){
	for(rg int i=r[u];i;i=l[i]){
		if(d[i]==f) continue;
		vs[d[i]]=(vs[u]+sum[u]-2*sum[d[i]]+2*mod)*2%mod;
		dfs2(d[i],u);
	}
}
inline int find(int ff){
	if(fa[ff]!=ff) fa[ff]=find(fa[ff]);
	return fa[ff];
}
inline void pt(int x,int y){
	int v1=find(x),v2=find(y);
	if(v1!=v2) fa[v1]=v2;
}
inline void dfs3(int u,int f){
	z[u]=1;
	for(rg int i=r[u];i;i=l[i]){
		if(d[i]==f) continue;
		dfs3(d[i],u);
		pt(d[i],u);
	}
	for(rg int i=r1[u];i;i=l1[i]){
		if(z[d1[i]]) lca[id1[i]]=find(d1[i]);
	}
}
inline void dfs4(int u,int f){
	for(rg int i=r2[u];i;i=l2[i]){
		int v=d2[i];
		ans[id2[i]]=sum[u]
			*(vs[v]+sum[v]-2*sum[to[v]]+2*mod)%mod;
	}
	for(rg int i=r[u];i;i=l[i]){
		if(d[i]==f) continue;
		to[u]=d[i];
		dfs4(d[i],u);
	}
}
inline void wt(int wk){
	if(wk>=10) wt(wk/10);
	putchar(wk%10+'0');
}
int main()
{
//	freopen("d.in","r",stdin);
//	freopen("d.out","w",stdout);
	n=in();
	mi[0]=1;
	for(rg int i=1;i<=n;i++) mi[i]=mi[i-1]*2%mod;
	for(rg int i=1,x,y;i<n;i++){
		x=in();y=in();
		add(x,y);add(y,x);
	}
	dfs1(1,0);
	dfs2(1,0);
	q=in();
	for(rg int i=1;i<=q;i++){
		v[i]=(que){in(),in()};
		if(dep[v[i].x]>dep[v[i].y]) swap(v[i].x,v[i].y);
		add1(v[i].x,v[i].y,i);add1(v[i].y,v[i].x,i);
	}
	for(rg int i=1;i<=n;i++) fa[i]=i;
	dfs3(1,0);
	for(rg int i=1;i<=q;i++){
		if(lca[i]==v[i].x) add2(v[i].y,v[i].x,i);
		else ans[i]=sum[v[i].x]*sum[v[i].y]%mod;
	}
	dfs4(1,0);
	for(rg int i=1;i<=q;i++){
		int dis=dep[v[i].x]+dep[v[i].y]-2*dep[lca[i]];
		ans[i]=ans[i]*mi[dis]%mod;
		wt(ans[i]);putchar('\n');
	}
	return 0;
}