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题意：

给出一副连通图，有$n$个节点，他们有$n-1$条边，将这$n-1$条边两两分组，使得每一组的两条边需要有一个公共点，保证$n$是奇数，求有多少种分组方法

Solution:

一副$n$个节点的连通图，并且有$n-1$条边，这显然是一颗树

我们不妨分点考虑，如果当前点有关的边是$k$条，当$k$为偶数时，我们可以直接分组，当$k$为奇数时，偶数部分显然可以分一组，但剩余的边呢？剩余的边我们不妨留给父亲节点来分组，这样就有一个方法，设$dp[u]$为$u$为根的子树内能有多少种分法，并且分配完可能有剩余的边。当我们在$u$的可用边为$k$时，当$k$为偶数，就有

$$dp[u]=f(k)\times {\Pi }_{v\in so{n}_u}dp[v]$$

此时$u$不留边给父亲，其中$f(x)$为$x$个元素两两分组的分法有多少种

当$k$为奇数时

$$dp[u]=f(k-1)\times {\Pi }_{v\in so{n}_u}dp[v]$$

此时留一条边给父亲使用，那么对$k$有

$$k=1+\sum _{v\in so{n}_u}{k}_v$$

$k_v$是儿子给$v$节点留给父亲的边数

对于$f(x)$，我们不妨这样考虑，先对$x$个元素全排列，然后按顺序放入$1$到$\frac{x}{2}$组，组内没有先后顺序，所以每个组需要除$2!$，组和组之间也没有先后顺序，所以总体还要除以$(\frac{x}{2})!$，于是

$$f(x)=\frac{x!}{(2!{)}^{\frac{x}{2}}\times (\frac{x}{2})!}$$
预处理阶乘，阶乘逆元，2的幂，2的幂的逆元即可

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

using ll=long long;
const int N=100005,inf=0x3fffffff;
const long long INF=0x3f3f3f3f3f3f,mod=998244353;

ll qpow(ll a,ll b)
{
    ll ret=1,base=a;
    while(b)
    {
        if(b&1) ret=ret*base%mod;
        base=base*base%mod;
        b>>=1;
    }
    return ret;
}

ll inv(ll x){return qpow(x,mod-2);}
const long long inv2=inv(2);

struct way
{
    int to,next;
}edge[N<<1];
int cnt,head[N],in[N];

void add(int u,int v)
{
    edge[++cnt].to=v;
    edge[cnt].next=head[u];
    head[u]=cnt;
    in[u]++;
}

int n,sum[N];
ll ans=1,fac[N],pw[N],invfac[N],invpw[N],dp[N];

//x个元素两两分组有多少种分法
ll calc(int x){return fac[x]*invpw[x/2]%mod*invfac[x/2]%mod;}

int dfs(int u,int fa)
{
    //dp[u]->分配这棵子树有多少种方法？
    sum[u]=dp[u]=1;
    int tot=1;
    for(int i=head[u];i;i=edge[i].next)
    {
        int v=edge[i].to;
        if(v==fa) continue;
        tot+=dfs(v,u);
        sum[u]+=sum[v];
        dp[u]=dp[u]*dp[v]%mod;
        // if(sum[v]%2==0) dp[u]=dp[u]*(in[v]-1)%mod;
    }
    dp[u]=dp[u]*calc(tot%2?tot-1:tot)%mod;
    return tot%2;
}

//n个点，n-1条边，n是奇数
//把n-1条边分为(n-1)个集合，每个集合有两条边，这两条边有公共点
//有多少种分法？
int main()
{
    cin>>n;
    for(int i=fac[0]=pw[0]=invfac[0]=invpw[0]=1;i<N;i++)
    {
        fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
        pw[i]=pw[i-1]*2%mod;
    }
    invfac[N-1]=inv(fac[N-1]);
    invpw[N-1]=inv(pw[N-1]);
    for(int i=N-2;i>=1;i--)
    {
        invfac[i]=invfac[i+1]*(i+1)%mod;
        invpw[i]=invpw[i+1]*2%mod;
    }
    for(int i=1;i<n;i++)
    {
        int u,v; scanf("%d%d",&u,&v);
        add(u,v); add(v,u);
    }
    dfs(1,0);
    cout<<dp[1];
    return 0;
}