北京市商汤科技开发有限公司建立了新的 AI 人工智能产业园，这个产业园区里有 nn 个路口，由 n - 1n−1 条道路连通。第 ii 条道路连接路口 u_iui 和 v_ivi。
每个路口都布有一台信号发射器，信号频段是 11 到 mm 之间的一个整数。
道路所连接的两个路口的发射信号叠加可能会影响道路的正常运行。具体地，如果第 ii 条道路连接的两个路口发射信号的频段分别为 aa 和 bb，那么 \gcd(a, b)gcd(a,b) 不能恰好等于道路的保留频段 w_iwi。每条道路的保留频段是唯一的，即不会与其余任何道路的保留频段相同。
你现在需要确定每个路口发射信号的频段，使其符合要求。
在开始之前，你想先算出共有多少种合法的方案。
由于答案可能很大，输出对 10 ^ 9 + 7109+7 取模的值作为答案。
输入格式
第一行，两个正整数 n, mn,m 分别代表路口数量和信号频段上限。
接下来 n - 1n−1 行，每行描述一条道路。第 ii 行有三个整数 u_i, v_i, w_iui,vi,wi 意义如上所述。
保证 1 \le n \le m, 1 \le u_i, v_i \le n, 1 \le w_i \le m1≤n≤m,1≤ui,vi≤n,1≤wi≤m。
输出格式
输出一个整数，代表合法方案的数量对 10 ^ 9 + 7109+7 取模的值。
数据范围
- m \le 10 ^ 3m≤103
样例解释
所有合法的方案为 (2, 2, 1), (2, 2, 3), (3, 3, 1), (3, 3, 2), (3, 3, 3)(2,2,1),(2,2,3),(3,3,1),(3,3,2),(3,3,3)。
样例输入复制
3 3
1 2 1
1 3 2
样例输出复制
5 思路：
紧紧抓住题目给的一个条件，每一条边的权值w是不同的。
我们定义状态 dp[i][j] 代表 第i个节点赋值为j可以和它的子树所有节点赋值不冲突时的可能方案数。
对于对一个节点 枚举j从1~m来转移，
对于每一个j，我们枚举节点的所有子节点， 对于节点与其子节点的权值w，枚举w的倍数，求与j的gcd是否为w，
与倍数t的gcd如果为w，该子节点对farther节点的贡献就应该减去 dp[v_son_id][t] 一个节点的所有子节点的总贡献应该是相乘的关系。
再用一个数组sum[i] 来维护i节点的赋值为1~m所有值得可能方案数的sum和。父节点要用到。 细节见代码：
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#include <vector>
#include <iomanip>
#define ALL(x) (x).begin(), (x).end()
#define rt return
#define dll(x) scanf("%I64d",&x)
#define xll(x) printf("%I64d\n",x)
#define sz(a) int(a.size())
#define all(a) a.begin(), a.end()
#define rep(i,x,n) for(int i=x;i<n;i++)
#define repd(i,x,n) for(int i=x;i<=n;i++)
#define pii pair<int,int>
#define pll pair<long long ,long long>
#define gbtb ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0)
#define MS0(X) memset((X), 0, sizeof((X)))
#define MSC0(X) memset((X), '\0', sizeof((X)))
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
#define eps 1e-6
#define gg(x) getInt(&x)
#define db(x) cout<<"== [ "<<x<<" ] =="<<endl;
using namespace std;
typedef long long ll;
ll gcd(ll a, ll b) {return b ? gcd(b, a % b) : a;}
ll lcm(ll a, ll b) {return a / gcd(a, b) * b;}
ll powmod(ll a, ll b, ll MOD) {ll ans = ; while (b) {if (b % )ans = ans * a % MOD; a = a * a % MOD; b /= ;} return ans;}
inline void getInt(int* p);
const int maxn = ;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
/*** TEMPLATE CODE * * STARTS HERE ***/
int n, m;
const ll mod = 1e9 + ;
ll dp[][];
struct node
{
int next;
int w;
node() {}
node(int nn, int ww)
{
next = nn;
w = ww;
}
};
std::vector<node> v[];
ll sum[];
void dfs(int x, int pre)
{
for (auto temp : v[x])
{
if (temp.next != pre)
{
dfs(temp.next, x);
}
}
repd(i, , m)
{
ll num = 1ll;
for (auto temp : v[x])
{
if (temp.next == pre) continue;
ll tot = sum[temp.next];
if (temp.next != pre)
{
for (ll j = temp.w; j <= m; j += temp.w)
{
if (gcd(j, i) == temp.w)
{
tot = (tot - dp[temp.next][j] + mod) % mod;
}
}
}
num *= tot;
num %= mod;
}
dp[x][i] = (dp[x][i] + num) % mod;
}
repd(i, , m)
{
sum[x] += dp[x][i];
sum[x] %= mod;
}
} int main()
{
//freopen("D:\\common_text\\code_stream\\in.txt","r",stdin);
//freopen("D:\\common_text\\code_stream\\out.txt","w",stdout);
gbtb;
int x, y, w;
cin >> n >> m;
repd(i, , n)
{
cin >> x >> y >> w;
v[x].push_back(node(y, w));
v[y].push_back(node(x, w));
}
dfs(, );
// repd(i,1,m)
// {
// db(dp[x][1]);
// }
cout << sum[] << endl; return ;
} inline void getInt(int* p) {
char ch;
do {
ch = getchar();
} while (ch == ' ' || ch == '\n');
if (ch == '-') {
*p = -(getchar() - '');
while ((ch = getchar()) >= '' && ch <= '') {
*p = *p * - ch + '';
}
}
else {
*p = ch - '';
while ((ch = getchar()) >= '' && ch <= '') {
*p = *p * + ch - '';
}
}
}