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不妨假设一开始就确定了所有的 \(W_u\)，后续 dp 转移只要按照对应的概率取 \(W_u\) 即可。
观察 \((u_i,v_i)\) 的性质。容易发现其等价于这 \(n-1\) 个二元组构成一棵无向树的边。
首先考虑这棵树是外向树的情况，发现对于 \((u_i,v_i)\)，\(u_i\) 必须要比 \(v_i\) 先抽到。
也就是说，对于 \(u\)，其必须要是其子树内最先抽到的。
为了方便，令 \(S_u\) 表示 \(u\) 子树内 \(W_u\) 的和。
考虑第一次抽到 \(u\) 子树内节点的过程，\(u\) 从其中被抽到的概率为 \(\dfrac{W_u}{S_u}\)。
也就是说，\(u\) 在 \(u\) 子树内被最先抽到的概率为 \(\dfrac{W_u}{S_u}\)，此时满足条件的概率就是 \(\prod\limits_{u=1}^{n} \dfrac{W_u}{S_u}\)。
不妨记 \(dp_{u,k}\) 表示 \(u\) 子树中满足 \(S_u = k\) 且合法的概率，这个可以树形背包转移。
接下来考虑有内向边的情况，此时我们的想法是进行容斥。
根据容斥原理，钦定一些内向边不满足，假设这样的边有 \(t\) 条，容斥系数系数为 \((-1)^t\)。
很难不注意到 \(u_i\) 和 \(v_i\) 必有其中一个比另一个先抽到，则非法的内向边等价于外向边。
对于没有钦定的内向边，这条边等于不存在，我们相当于断开了这条边。
dp 的时候正常转移，带上容斥系数即可，复杂度 \(O(n^2)\)。