$4015$: 永琳的竹林迷径
题目描述
竹林可以看作是一个 $n$ 个点的树，每个边有一个边长 $w_{i}$，其中有 $k$ 个关键点，永琳需要破坏这些关键点才能走出竹林迷径。

然而永琳打算将这 $k$ 个点编号记录下来，然后随机排列，按这个随机的顺序走过 $k$ 个点，但是两点之间她只走最短路线。初始时永琳会施展一次魔法，将自己传送到选定的k 个点中随机后的第一个点。

现在永琳想知道，她走过路程的期望是多少，答案对 $998244353$ 取模。

输入
第一行一个数 $Case$，表示测试点编号。（样例的编号表示其满足第 $Case$ 个测试点的性质）

下一行一个 $n$，表示树的点数。

下面 $n-1$ 行，每行三个数 $u_{i},v_{i},w_{i}$，表示一条边连接 $u_{i}$和 $v_{i}$，长度为 $w_{i}$。

下面一行一个数 $k$，表示关键点数。

下面一行 $k$ 个数，表示 $k$ 个关键点的编号。

输出
一行一个数，表示答案(对 $998244353$ 取模)。

样例输入
1
3
1 2 1
1 3 2
3
1 2 3
样例输出
4
提示
数据范围

对于 $100\%$的数据，保证

$1≤w_{i}≤10^4,n\leq 10^6,k\leq 10^6$。

题解：

首先我们考虑相邻两个关键点会产生的贡献。
考虑某两个点，确定一个位置后，另一个点会有 $k-1$种取值。
而对于这个点，就会有 $k$种位置，所以总共对于某两个点就是共有 $k\times (k-1)$ 种方案。
而对于除了开头结尾，产生贡献的只有两个位置，即 $2 \times(k-2)$，加上开头结尾各一个，所以概率即为 $2 \times k-2$
所以对于总的概率，就是 $\frac{2\times (k-1)}{k \times (k-1)}$ $=$ $\frac{2}{k}$
再乘上这两个点之间的路径长，就成了期望。
由于期望的和会等于和的期望，提公因式即可得答案：
$ans=\frac{2}{k}\times \sum_{i=1}^{k} \sum_{j=i+1}^{k} dis_{i,j}$
对于求两两关键点之间的路径，一般会想到使用点分治来暴力求出。
但可能过不去，于是就想到考虑每条边的贡献：
每条边会被使用的次数就是这条边两边关键点数的乘积：
对于第 $i$条边：
$ans=ans+sz_{to_{i}} \times (k-sz_{to_{i}})$
直接 $dfs$一遍求解、

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define in inline
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define repd(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
#define For(i,a,b) for(int i=a;i<b;i++)
#define _(d) while(d(isdigit(ch=getchar())))
template<class T>in void g(T&t){T x,f=1;char ch;_(!)ch=='-'?f=-1:f;x=ch-48;_()x=x*10+ch-48;t=f*x;}
typedef long long ll;
const ll mod=998244353;
const int N=1e6+3;
struct E{int to,nxt;ll w;}e[N<<1];
ll head[N],tot,n,sz[N],dis[N];ll ans,k;int vis[N];
in void ins(int x,int y,ll z){
    e[++tot]={y,head[x],z};head[x]=tot;
}
in void dfs(int x,int fa){
    for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt){
        if(e[i].to==fa) continue;
        dfs(e[i].to,x); 
        sz[x]+=sz[e[i].to];
        ans+=e[i].w*sz[e[i].to]%mod*(k-sz[e[i].to])%mod;
        ans%=mod;
    }
}
in ll qp(ll x,ll y){
    ll res=1;
    while(y){
        if(y&1) res=res*x%mod;
        x=x*x%mod;y>>=1;
    }return res%mod;
}
ll f[N];
int main(){
//  freopen("path.in","r",stdin);freopen("path.out","w",stdout);
    g(n);g(n);
    For(i,1,n){
        int x,y;ll z;g(x),g(y),g(z);
        ins(x,y,z);ins(y,x,z);
    }
    g(k);
    if(k==1){printf("0");return 0;}
    rep(i,1,k){
        int x;g(x);
        sz[x]=1;
    } 
    dfs(1,0);
    ans=ans*qp(k,mod-2)%mod*2%mod;
    printf("%lld\n",(ans%mod+mod)%mod);
    return 0;
}