很好很有趣很神仙的题！
题目链接: https://loj.ac/problem/2542
题意: 请自行阅读
题解首先我们显然要求的是几个随机变量的最大值的期望(不是期望的最大值)，然后这玩意很难求，根据Min-Max容斥化成最小值的期望来求。
Minn-max容斥是指\(\max(x_1,x_2,...,x_n)=\sum_{S\in \{1,2,...,n\} } (-1)^{|S|-1} \min_{i\in S}(x_i)\) (所有元素都是正整数，这个尽管式子本身和期望没关系但是经常是求期望的时候用它)
这个式子可以如此理解: 若把每个正整数\(x\)看作集合\({1,2,...,x}\)的话，则\(\max\)就是集合并，\(\min\)就是集合交，容斥原理直接推论
所以我们\(O(2^n)\)枚举每个关键点的子集，然后问题转化为: 按照同样的规则随机游走，走到任何一个关键点时即停，问期望步数
然后可以设\(dp[x]\)表示\(x\)节点作为起始点的期望步数
若\(x\)是关键点，\(dp[x]=0\), 否则\(dp[x]=\frac{1}{du[x]}\sum_{Edge(u,v)}{dp[v]}+1\) (\(du[]\)是度数)
然后我们就可以愉快地来个高斯消元\(O(2^nn^3)\)处理单个询问了。(能得多少分别问我，没试过……)
神仙之处在下面: \(O(n)\)求解树上高消
由于这是棵树，所以我们如果dfs的话，可以把\(dp[x]\)记成一个关于\(dp[fa]\) (\(fa\)是父亲)的一次函数，形如\(dp[x]=A_xdp[fa]+B_x\).
然后假设现在做到点\(u\)(非根)则$$dp[u]=\frac{dp[fa]+\sum_{v\in son(u)}{A_vdp[u]+B_v}}{du[u]}+1$$
归纳易证，只要有特殊点(\(A=B=0\))的存在，等式左边\(dp[u]\)的系数恒大于\(0\), 因此除过去就完成了\(A\)和\(B\)的递推！
裸做时间复杂度\(O(2^nnq)\), 子集和变换(高维前缀和，又称FMT)可以做到\(O(2^nn)\)预处理\(O(1)\)查询
代码
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<utility>
#define llong long long
using namespace std;const int N = 18;
const int P = 998244353;
llong fact[(1<<N)+3],finv[(1<<N)+3];
struct Edge
{int v,nxt;
} e[(N<<1)+3];
int cnt[(1<<N)+3];
llong f[(1<<N)+3];
int fe[N+3];
int fa[N+3];
int du[N+3];
int n,q,s,en;llong quickpow(llong x,llong y)
{llong cur = x,ret = 1ll;for(int i=0; y; i++){if(y&(1ll<<i)) {y-=(1ll<<i); ret = ret*cur%P;}cur = cur*cur%P;}return ret;
}
llong mulinv(llong x) {return quickpow(x,P-2);}void addedge(int u,int v)
{du[u]++;en++; e[en].v = v;e[en].nxt = fe[u]; fe[u] = en;
}void dfs0(int u)
{for(int i=fe[u]; i; i=e[i].nxt){if(e[i].v==fa[u]) continue;fa[e[i].v] = u;dfs0(e[i].v);}
}pair<llong,llong> dfs(int u,int sta)
{
// printf("dfs(%d)\n",u);if(sta&(1<<u)) {return make_pair(0,0);}pair<llong,llong> ret = make_pair(1,1);if(u!=s && du[u]==1) return ret;llong s1 = 0ll,s2 = 0ll;for(int i=fe[u]; i; i=e[i].nxt){if(e[i].v==fa[u]) continue;pair<llong,llong> tmp = dfs(e[i].v,sta);s1 = (s1+tmp.first)%P,s2 = (s2+tmp.second)%P;}ret.first = mulinv(du[u]-s1+P)%P; ret.second = ret.first*(s2+du[u])%P;return ret;
}int main()
{cnt[0] = 0; for(int i=1; i<(1<<N); i++) cnt[i] = cnt[i>>1]+(i&1);scanf("%d%d%d",&n,&q,&s); s--;for(int i=1; i<n; i++){int x,y; scanf("%d%d",&x,&y); x--; y--;addedge(x,y); addedge(y,x);}fa[s] = -1; dfs0(s);for(int i=1; i<(1<<n); i++){if(i&(1<<s)) {f[i] = 0ll; continue;}pair<llong,llong> tmp = dfs(s,i);f[i] = tmp.second;if((cnt[i]&1)==0) {f[i] = P-f[i];}}for(int i=0; i<n; i++){for(int j=0; j<(1<<n); j++){if(j&(1<<i)) {f[j] = (f[j]+f[j^(1<<i)])%P;}}}for(int i=1; i<=q; i++){int n0; scanf("%d",&n0);int u = 0; for(int j=1; j<=n0; j++) {int x; scanf("%d",&x); x--; u+=(1<<x);}printf("%lld\n",f[u]);}return 0;
}
