令 $f[x][j]$ 表示以 $x$ 为根的子树，选出连通块的异或值为 $j$ 的方案数.
然后有 $f[x][j]=f[x][j]+\sum_{i\oplus k=j} f[x][i] \times f[son][k]$.
其中，$\oplus$ 为异或符号.
求解这个东西显然可以用 $FWT$ 来加速.
有两种方式，第一个是当遍历 $x$ 的儿子的时候分别于每一个儿子都做一次 $FWT$，但是这个会比较慢.
一个更好的方式是我们知道若干个多项式相乘不必一一相乘，而是统一进行 $FWT$，然后最后做一次 $IFWT$ 就行.
但是这里有一个地方需要注意：$f[x][0]$ 必须要 +1，因为当 $x$ 的父亲与 $x$ 结合时有可能不选 $x$.
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <string>
#include <vector>
#include <cctype>
#include <algorithm>
#define N 1306
#define RG register
#define ll long long
#define mod 1000000007
#define setIO(s) freopen(s".in","r",stdin)
using namespace std;
inline int read()
{
RG int x=0,t=1;RG char ch=getchar();
while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
if(ch=='-')t=-1,ch=getchar();
while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
return x*t;
}
int lim,inv,n;
int f[N][N],ans[N];
vector<int>G[N];
int qpow(int x,int y)
{
int tmp=1;
for(;y;y>>=1,x=(ll)x*x%mod)
if(y&1) tmp=(ll)tmp*x%mod;
return tmp;
}
void FWT(int *a,int opt)
{
int i,j,k;
for(i=1;i<lim;i<<=1)
{
for(j=0;j<lim;j+=i<<1)
{
for(k=0;k<i;++k)
{
int tmp=a[j+k];
a[j+k]=(ll)(a[j+k]+a[j+k+i])%mod;
a[j+k+i]=(ll)(tmp-a[j+k+i]+mod)%mod;
if(opt==-1)
{
a[j+k]=(ll)inv*a[j+k]%mod;
a[j+k+i]=(ll)inv*a[j+k+i]%mod;
}
}
}
}
}
void dfs(int u,int ff)
{
FWT(f[u],1);
for(int i=0;i<G[u].size();++i)
{
int y=G[u][i];
if(y==ff) continue;
dfs(y,u);
for(int j=0;j<lim;++j) f[u][j]=(ll)f[u][j]*f[y][j]%mod;
}
FWT(f[u],-1),f[u][0]=(f[u][0]+1)%mod,FWT(f[u],1);
G[u].clear();
}
int main()
{
// setIO("input");
inv=qpow(2,mod-2);
int i,j,T;
T=read();
while(T--)
{
// scanf("%d%d",&n,&lim);
n=read(),lim=read();
memset(f,0,sizeof(f)),memset(ans,0,sizeof(ans));
for(i=1;i<=n;++i)
{
++f[i][read()];
}
for(i=1;i<n;++i)
{
int x=read(),y=read();
G[x].push_back(y);
G[y].push_back(x);
}
dfs(1,0);
for(i=1;i<=n;++i) FWT(f[i],-1);
for(i=1;i<=n;++i) f[i][0]=(f[i][0]-1+mod)%mod;
for(i=1;i<=n;++i) for(j=0;j<lim;++j) ans[j]=(ll)(ans[j]+f[i][j])%mod;
for(i=0;i<lim-1;++i) printf("%d ",ans[i]);
printf("%d\n",ans[lim-1]);
}
return 0;
}