注意到每个结点由唯一的水豚管理一定是不劣的，一只水豚管理超过 $2$ 个结点一定可以构造吃不到橙子的情况。

于是问题转化成：将该树划分成若干个大小不超过 $2$ 的连通块，每个连通块染黑一个点，求染色的方案数。

考虑到 $N\le 6000$，不妨设 $f_{u,s,0/1/2}$ 表示：$u$ 的子树中，染了 $s$ 个点，点 $u$ 和父亲一个联通块且 $u$ 不染色的方案数 / 点 $u$ 与儿子一个连通块的方案数 / 点 $u$ 是黑点且不与儿子在一个连通块的方案数。

然后就变成树形背包了，复杂度 $\mathcal O(N^2)$。

AC 代码（#define int 要记得 undef）。

#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define mid ((l+r)>>1)
#define bmid ((l+r+1)>>1)
#define pb push_back
#define eb emplace_back
using namespace std;
using ll= long long;
#ifndef ONLINE_JUDGE
template <typename tp>
void _debug(const tp& t) {cerr<<t<<'\n';}
template <typename tp,typename... args>
void _debug(const tp& t, const args&... rest) {cerr<<t<<' ';_debug(rest...);}
#define debug(...) _debug(#__VA_ARGS__ " =", __VA_ARGS__)
#else
#define debug(...) 0
#endif
#define int ll
const int N=6005,H=N<<2,inf=1000000000,mod=998244353;
inline void add(int& x,ll y) {
	x=(x+y)%mod;
}
vector<int> gr[N];
int siz[N],f[N][N][3],g[N][3];
void cut(int i) {
	for(int j=0;j<N;j++)
		for(int k=0;k<3;k++) {
			g[j][k]=f[i][j][k];
			f[i][j][k]=0;
		}
}
void dfs(int u,int fa) {
	siz[u]=1,f[u][0][0]=f[u][1][2]=1;
	for(int& v: gr[u]) if(v!=fa) {
		dfs(v,u);
		cut(u);
		for(int i=0;i<=siz[u];i++) {
			for(int j=0;j<=siz[v];j++) {
				add(f[u][i+j][0],g[i][0]*f[v][j][1]);
				add(f[u][i+j][1],g[i][0]*f[v][j][2]);
				add(f[u][i+j][1],g[i][1]*(f[v][j][1]+f[v][j][2]));
				add(f[u][i+j][1],g[i][2]*f[v][j][0]);
				add(f[u][i+j][2],g[i][2]*(f[v][j][1]+f[v][j][2]));
			}
		}
		siz[u]+=siz[v];
	}
}
#undef int
std::vector<int> solve(int N,std::vector<int> U,std::vector<int> V) {
	for(int i=0;i+1<N;i++) {
		U[i]++,V[i]++;
		gr[U[i]].pb(V[i]),gr[V[i]].pb(U[i]);
	}
	dfs(1,0);
	std::vector<int> ret(N+1);
	for(int i=0;i<=N;i++)
		ret[i]=(f[1][i][1]+f[1][i][2])%mod;
	return ret;
}
//signed main() {
//	cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
//	int nn;
//	vector<int> u,v;
//	cin>>nn;
//	for(int x,y,i=1;i<nn;i++) {
//		cin>>x>>y;
//		u.pb(x),v.pb(y);
//	}
//	for(int i: solve(nn,u,v)) cout<<i<<' ';
//	return 0;
//}