题面：
提督们惊奇地发现，2019 年实装的改造非常少。
经调查，原来是改造厂的厂长于八日克扣了其他舰娘改造的图纸，并且在 2020 年的第一个月利用这些图纸进行了华丽的改造，一共有三种形态，于八日改二，于八日改二特，于八日改二丁，对空、对陆、对潜、开幕雷、五装备格，无所不能。镇守府雪菜八万钢惨遭退役。
舰娘的结构可以看成一棵\(n\)个点的树，点编号为 \(0 \sim n−1\)。使用一张图纸可以把树中的某一条边去掉，再加上一条边，使得它依然是一棵树。
现在，于八日想在 2020 年继续拿走别的舰娘的图纸对自己进行改造，她一共拿走了\(k\)张图纸。她想知道，自己经过接下来的改造之后，总共会有多少种形态。两个形态不同，表示有一条边 \((x, y)\) 在第一棵树中出现，在另一棵树中不出现。
题解：题目的意思是让我们求一棵树，其中有至多\(k\)条边不在原树中的树的数量。
我们建一张完全图，所以可以给在原树中的每一条边赋值为\(1\)，给不在原树中的边赋值为权值\(x\)，所以我们所求的就是所有边边权之积\(\leq x^k\)的生成树种类数。
然后我们知道如果令每一棵生成树的价值为所有边边权之积的话，那么可以用矩阵树定理求出所有生成树价值之和，那么在这一题中，我们希望求出的价值之和是一个包含\(x\)的\(n-1\)次多项式，其中第\(i\)项系数表示边权之积为\(x^i\)的生成树种类数，最后的答案就是\({x^0} \sim {x^k}\)的系数之和。
我们发现，直接求这个东西不好求，所以用矩阵树定理，求出当\(x\)等于\(1 \sim n\)时该多项式的值，然后用拉格朗日插值就可以推出原多项式。
代码：
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int Maxn=50;
const int Mod=998244353;
int ksm(int a,int b){
int ans=1;
while(b){
if(b&1){
ans=1ll*ans*a%Mod;
}
a=1ll*a*a%Mod;
b>>=1;
}
return ans;
}
bool mp[Maxn+5][Maxn+5];
int a[Maxn+5][Maxn+5];
int n,m;
int fa[Maxn+5];
int b[Maxn+5],c[Maxn+5],d[Maxn+5];
int work(int n){
int ans=1;
for(int i=1;i<n;i++){
int x=0;
for(int j=i;j<=n;j++){
if(a[j][i]!=0){
x=j;
break;
}
}
if(x==0){
continue;
}
if(x!=i){
ans=Mod-ans;
swap(a[x],a[i]);
}
int inv=ksm(a[i][i],Mod-2);
for(int j=i+1;j<=n;j++){
int v=1ll*a[j][i]*inv%Mod;
for(int k=i;k<=n;k++){
a[j][k]=(a[j][k]-1ll*v*a[i][k]%Mod+Mod)%Mod;
}
}
}
for(int i=1;i<=n;i++){
ans=1ll*ans*a[i][i]%Mod;
}
return ans;
}
int calc(int x){
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=n;j++){
a[i][j]=0;
}
}
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=i+1;j<=n;j++){
int val=x;
if(mp[i][j]){
val=1;
}
a[i][j]=(a[i][j]-val+Mod)%Mod;
a[j][i]=(a[j][i]-val+Mod)%Mod;
a[i][i]=(a[i][i]+val)%Mod;
a[j][j]=(a[j][j]+val)%Mod;
}
}
return work(n-1);
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
int u,v;
for(int i=2;i<=n;i++){
scanf("%d",&u);
u++;
v=i;
mp[u][v]=mp[v][u]=1;
}
for(int i=1;i<=n;i++){
int y=calc(i);
for(int j=1;j<=n;j++){
c[j]=0;
}
c[0]=1;
for(int j=1;j<=n;j++){
if(j!=i){
if(i<j){
y=1ll*y*(Mod-ksm(j-i,Mod-2))%Mod;
}
else{
y=1ll*y*ksm(i-j,Mod-2)%Mod;
}
for(int k=0;k<=n;k++){
d[k]=1ll*(Mod-j)*c[k]%Mod;
if(k){
d[k]=(d[k]+c[k-1])%Mod;
}
}
for(int k=0;k<=n;k++){
c[k]=d[k];
}
}
}
for(int j=0;j<=n;j++){
b[j]=(b[j]+1ll*c[j]*y%Mod)%Mod;
}
}
int ans=0;
for(int i=0;i<=m;i++){
ans=(ans+b[i])%Mod;
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}