Description

Input

Output

Sample Input

input 1:

5
1 1 1 1 1
1 2
2 3
3 4
4 5

input 2:

5
0 1 0 1 0
1 2
2 3
3 4
4 5

Sample Output

output 1:

output 2:

Data Constraint

Solution

正难则反，这题我们可以转换一下思路。姑且称可能符合条件的一种方案为 一个匹配 。
设 A= 不加限制的匹配数（总量）， B= 不符合条件的匹配数（部分），则答案即为 A-B 。
那么我们如何求出 A 和 B 呢？可以用到 树形DP 的方法。
设 FiF_i 表示以 ii 为根的子树所产生的匹配数。则有转移方程式：

Fi=Fi∗Fj+Fj（j∈Soni）

F_i=F_i*F_j+F_j（j∈Son_i）（逐一组合）
处理完上述式子后，再有：Fi=Fi+1 F_i=F_i+1 \ （单独自己也是一种匹配）
最后可以求出 A ：

A=∑i=1nFi

A=\sum_{i=1}^{n}F_i
求 B 也同理，不过当 jj 为最值点时不转移 ii 、当 ii 为最值点时 FiF_i 不 +1 。
最后 A、B 相减即可得出答案，总时间复杂度是 O(N)O(N) 。

Code

#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N=100001,mo=998244353;
int tot,mx=-2147483647;
int first[N],next[N<<1],en[N<<1];
int a[N];
long long f[N],g[N];
long long ans;
inline int read()
{int X=0,w=1; char ch=0;while(ch<'0' || ch>'9') {if(ch=='-') w=-1;ch=getchar();}while(ch>='0' && ch<='9') X=(X<<3)+(X<<1)+ch-'0',ch=getchar();return X*w;
}
inline void insert(int x,int y)
{next[++tot]=first[x];first[x]=tot;en[tot]=y;
}
inline void dfs1(int x,int y)
{for(int i=first[x];i;i=next[i])if(en[i]!=y){dfs1(en[i],x);(f[x]+=f[x]*f[en[i]]%mo+f[en[i]])%=mo;}ans+=++f[x];
}
inline void dfs2(int x,int y)
{for(int i=first[x];i;i=next[i])if(en[i]!=y){dfs2(en[i],x);if(a[en[i]]<mx) (g[x]+=g[x]*g[en[i]]%mo+g[en[i]])%=mo;}if(a[x]<mx) (ans+=mo-++g[x])%=mo;
}
int main()
{int n=read();for(int i=1;i<=n;i++)if((a[i]=read())>mx) mx=a[i];for(int i=1;i<n;i++){int x=read(),y=read();insert(x,y);insert(y,x);}dfs1(1,0),dfs2(1,0);printf("%lld",ans);return 0;
}

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