高速公路上正是补 blog 的时候，难道不是吗/doge，难不成逆在高速公路上写题/jy
首先形成的图显然是连通图并且有 (n-1) 条边。故形成的图是一棵树。
我们考虑什么样的树能够得到。考虑以 (n) 为根，由于每个点的编号都小于其父亲这个条件的存在，我们每次断开一条边时，两个连通块中编号最大的点肯定是这两个连通块中深度最浅的节点。而显然，对于一条边 ((u,v))，如果 (u) 是 (v) 的父亲，那么断开 ((u,v)) 时 (v) 肯定是所在连通块中深度最浅的节点，也就是说我们要为每个点 (x) 找一个祖先 (p_x)，满足断开 (x) 与其父亲的边时，(p_x) 为其父亲所在连通块中深度最浅的节点。
考虑什么样的序列 (p) 符合要求。打个表发现一条链的情况答案是卡特兰数（cartesian number bushi）。而卡特兰数刚好是由 (n) 个左括号和 (n) 个右括号组成的括号序列的数量，而括号序列中每对括号肯定是不能相交的——即，要么相离，要么互相包含。因此我们猜测一组 (p) 符合条件，当且仅当不存在两个 (x,y) 满足 (p_x,p_y,x,y) 依次存在祖先关系。事实上这个结论是正确的可惜我不会证。这样就可以 DP 了。考虑 (dp_{i,j}) 表示确定了 (i) 祖先（注意，这里与传统的 DP 不同，因为传统的 DP 一般都假设子树内的状态已经确定，而这题是假设祖先的状态已经确定）的 (p)，目前 (i) 还有 (j) 个祖先可以选择，有多少个钦定 (i) 子树内点的 (p) 的方法，考虑如何转移，我们枚举 (p_i) 是目前可行的点中，从下往上数的第几个，设为 (c)，那么这样在钦定 (i) 的儿子时会 ban 掉 (c-1) 个祖先，同时又会为 (u) 的儿子新增一个符合要求的祖先——(u)，因此我们有 (dp_{u,j}=sumlimits_{c=1}^jprodlimits_{vin ext{son}(u)}dp_{v,j-c+2})。这样直接转移是三方的，无法通过。不过注意到这个 (sum) 可以用前缀和优化掉，具体来说我们设 (dp_{u,j}=dp_{u,j-1}+prodlimits_{vin ext{son}(u)}dp_{v,j+1})，这样记忆化搜索一下复杂度即可达到平方。
为什么会有个 freopen 呢？因为这是场 mns 的赛题……
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
",res);
return 0;
}