太菜了，搞了一下午才搞懂。。
题意：
一棵有 \(n\) 个节点的树，每个点都有一个权值 \(a_i\)。从 \(1\) 号点开始，每次等概率随机移动到一个相邻节点 \(i\)，并获得 \(a_i\) 的得分。（可以重复获得，起点权值也计算）
有 \(q\) 次修改，每次修改一个点的权值。在一开始和每次修改后，求出移动到叶节点的期望得分，对 \(998244353\) 取模。保证 \(1\) 号点不是叶子。
\(n,q\le 10^5\)
先 DP，设 \(d_u\) 为节点 \(u\) 的度数，\(to_u\) 为 \(u\) 相邻点的集合，\(f_u\) 表示从 \(u\) 开始游走，到达叶子的期望得分，则有：
看起来只能高斯消元，但我们可以指定 \(1\) 号点为根，这样每个点都有一个父亲 \(p_u\) 和所有儿子的集合 \(son_u\)。稍微给 \(f\) 变个形：
只需要考虑 \(d_u\neq1\) 的情况，但是依然不太好做。
考虑设主元，将 \(f_u\) 表示为 \(k_u f_{p_u} + b_u\) 的形式，显然当 \(u\) 是叶子时，\(k_u=0,\,b_u=a_u\)。
设\(K=\sum_{v\in son_u}k_v,\, B=\sum_{v\in son_u}b_v\)，这样我们可以递归求出每个点的 \(k_u\) 和 \(b_u\)：
即
观察上式，考虑每个点对答案的贡献，即 \(a_u\) 被加到 \(f_1\) 上时前面的系数。我们发现，若 \(u\) 不是叶子，这个系数是 \(u\) 到 \(1\) 的路径上所有点的 \(k\) 的积再乘以 \(d_u\)；若 \(u\) 是叶子，这个系数是 \(p_u\) 到 \(1\) 的路径上的所有点的 \(k\) 的积。
由于 \(d\) 只和树的形态有关，但是每次只修改点权，所以 \(d\) 数组始终不变，最终答案只和 \(a\) 有关。因此修改时我们只需要统计被修改的点权的变化所引起的答案变化即可。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
#define endl '\n'
#define rep(i, s, e) for(int i = s, i##E = e; i <= i##E; ++i)
#define per(i, s, e) for(int i = s, i##E = e; i >= i##E; --i)
#define F first
#define S second
#define int ll
#define gmin(x, y) ((x > (y)) && (x = (y)))
#define gmax(x, y) ((x < (y)) && (x = (y)))
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double f128;
typedef pair<int, int> pii;
constexpr int N = 1e5 + 5, mod = 998244353;
int n, a[N], k[N], s[N], t[N];
vector<int> to[N];
int qp(int a, int b) {
int res = 1;
for(; b; b >>= 1) {
if(b & 1) res = res * a % mod;
a = a * a % mod;
}
return res;
}
void dfs1(int u, int f) {
if(to[u].size() == 1) return;
int K = 0;
for(auto v : to[u]) if(v != f) {
dfs1(v, u);
K = (K + k[v]) % mod;
}
int d = to[u].size();
k[u] = qp((d - K + mod) % mod, mod - 2);
}
void dfs2(int u, int f) {
if(to[u].size() == 1) s[u] = s[f];
else s[u] = s[f] * k[u] % mod;
t[u] = s[u] * to[u].size() % mod;
for(auto v : to[u]) if(v != f) dfs2(v, u);
}
signed main() {
#ifdef ONLINE_JUDGE
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0), cout.tie(0);
#endif
cin >> n;
rep(i, 1, n) cin >> a[i];
rep(i, 1, n - 1) {
int u, v; cin >> u >> v;
to[u].push_back(v);
to[v].push_back(u);
}
dfs1(1, 0);
s[0] = 1;
dfs2(1, 0);
int ans = 0;
rep(i, 1, n) ans = (ans + a[i] * t[i]) % mod;
cout << ans << endl;
int m; cin >> m;
while(m--) {
int x, y; cin >> x >> y;
ans = (ans + t[x] * (y - a[x]) % mod + mod) % mod;
cout << ans << endl;
a[x] = y;
}
return 0;
}
总结自官方题解：
DP 的本质是在状态 DAG 上跑递推，不能直接转移的原因往往是状态上有环。如果这些环没有公共边，或者说这些状态构成树的形态，可以考虑用设主元的方式，一层层破开转移环，最后计算答案。