洛谷題面傳送門

高速公路上正是補 blog 的時候，難道不是嗎/doge，難不成逆在高速公路上寫題/jy

首先形成的圖顯然是連通圖並且有 \(n-1\) 條邊。故形成的圖是一棵樹。

我們考慮什麼樣的樹能夠得到。考慮以 \(n\) 為根，由於每個點的編號都小於其父親這個條件的存在，我們每次斷開一條邊時，兩個連通塊中編號最大的點肯定是這兩個連通塊中深度最淺的節點。而顯然，對於一條邊 \((u,v)\)，如果 \(u\) 是 \(v\) 的父親，那麼斷開 \((u,v)\) 時 \(v\) 肯定是所在連通塊中深度最淺的節點，也就是說我們要為每個點 \(x\) 找一個祖先 \(p_x\)，滿足斷開 \(x\)

考慮什麼樣的序列 \(p\) 符合要求。打個表發現一條鏈的情況答案是卡特蘭數（cartesian number bushi）。而卡特蘭數剛好是由 \(n\) 個左括號和 \(n\) 個右括號組成的括號序列的數量，而括號序列中每對括號肯定是不能相交的——即，要麼相離，要麼互相包含。因此我們猜測一組 \(p\) 符合條件，當且僅當不存在兩個 \(x,y\) 滿足 \(p_x,p_y,x,y\) 依次存在祖先關係。事實上這個結論是正確的可惜我不會證。這樣就可以 DP 了。考慮 \(dp_{i,j}\) 表示確定了 \(i\) 祖先

為什麼會有個 freopen 呢？因為這是場 mns 的賽題……

const int MAXN=3000;
const int MOD=998244353;
int n,hd[MAXN+5],to[MAXN*2+5],nxt[MAXN*2+5],ec=0;
void adde(int u,int v){to[++ec]=v;nxt[ec]=hd[u];hd[u]=ec;}
int dp[MAXN+5][MAXN+5];
int calc(int x,int f,int k){
	if(~dp[x][k]) return dp[x][k];dp[x][k]=0;
	if(k>1) dp[x][k]=calc(x,f,k-1);int res=1;
	for(int e=hd[x];e;e=nxt[e]){
		int y=to[e];if(y==f) continue;
		res=1ll*res*calc(y,x,k+1)%MOD;
	} dp[x][k]=(dp[x][k]+res)%MOD;
	return dp[x][k];
}
int main(){
//	freopen("reflection.in","r",stdin);
//	freopen("reflection.out","w",stdout);
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1,u,v;i<n;i++) scanf("%d%d",&u,&v),adde(u,v),adde(v,u);
	memset(dp,-1,sizeof(dp));int res=1;
	for(int e=hd[n];e;e=nxt[e]){int y=to[e];res=1ll*res*calc(y,n,1)%MOD;}
	printf("%d\n",res);
	return 0;
}