复杂度大概O(nk)
一些尝试：
1.对每个点推出1,2,3，，，到k次方的值。但是临项递推二项式展开也要考虑到具体每个点的dist
2.相邻k次方递推呢？递推还是不能避免k次方的展开
k次方比较讨厌，于是考虑用斯特林数处理
转化成求k个后面这个C(dis,i)
组合数相比较于k次方有什么好处呢？
有直接的简单的递推式！
并且恰好的是，可以直接树形dp，距离对于子树恰好-1
O(nk)树形dp一遍
然后换根O(nk)再处理一遍
回到主函数，把之前的那些东西在分别乘上加起来即可。
#include<bits/stdc++.h>
#define reg register int
#define il inline
#define numb (ch^'0')
using namespace std;
typedef long long ll;
il void rd(int &x){
char ch;x=;bool fl=false;
while(!isdigit(ch=getchar()))(ch=='-')&&(fl=true);
for(x=numb;isdigit(ch=getchar());x=x*+numb);
(fl==true)&&(x=-x);
}
namespace Miracle{
const int N=+;
const int K=;
const int mod=;
int n,k,t;
struct node{
int nxt,to;
}e[*N];
int hd[N],cnt;
int f[N][K];
int g[N][K];
int jie[K],s[K][K];
void add(int x,int y){
e[++cnt].nxt=hd[x];
e[cnt].to=y;
hd[x]=cnt;
}
void dfs(int x,int fa){
for(reg i=hd[x];i;i=e[i].nxt){
int y=e[i].to;
if(y==fa) continue;
dfs(y,x);
for(reg j=;j<=k;++j){
if(j)f[x][j]=(f[x][j]+f[y][j]+f[y][j-])%mod;
else f[x][j]=(f[x][j]+f[y][j])%mod;
}
}
f[x][]=(f[x][]+)%mod;
}
void sol(int x,int fa){
if(x==){
for(reg j=;j<=k;++j) g[x][j]=f[x][j];
}
else{
for(reg j=;j<=k;++j){
if(j>) g[x][j]=(f[x][j]+(g[fa][j]-(f[x][j]+f[x][j-])+mod)%mod+(g[fa][j-]-(f[x][j-]+f[x][j-]))%mod+mod+mod)%mod;
else if(j==) g[x][j]=(f[x][j]+(g[fa][j]-(f[x][j]+f[x][j-])+mod)%mod+(g[fa][j-]-(f[x][j-]))%mod+mod+mod)%mod;
else g[x][j]=n;
}
}
for(reg i=hd[x];i;i=e[i].nxt){
int y=e[i].to;
if(y==fa) continue;
sol(y,x);
}
}
void clear(){
cnt=;
memset(hd,,sizeof hd);
memset(f,,sizeof f);
memset(g,,sizeof g);
}
int main(){
rd(t);
s[][]=;
for(reg i=;i<=;++i){
for(reg j=;j<=;++j){
s[i][j]=(s[i-][j-]+j*(s[i-][j])%mod)%mod;
}
}
jie[]=;
for(reg i=;i<=;++i) jie[i]=jie[i-]*i%mod;
while(t--){
clear();
rd(n);rd(k);
int x,y;
for(reg i=;i<n;++i){
rd(x);rd(y);
add(x,y);add(y,x);
}
dfs(,);
// for(reg i=1;i<=n;++i){
// cout<<" ii "<<i<<endl;
// for(reg j=0;j<=k;++j){
// cout<<" f[i]["<<j<<"]"<<" : "<<f[i][j]<<endl;
// }cout<<endl;
// }cout<<endl;
sol(,);
// for(reg i=1;i<=n;++i){
// cout<<" ii "<<i<<endl;
// for(reg j=0;j<=k;++j){
// cout<<" g[i]["<<j<<"]"<<" : "<<g[i][j]<<endl;
// }cout<<endl;
// }cout<<endl; for(reg i=;i<=n;++i){
int ans=;
for(reg j=;j<=k;++j){
ans=(ans+jie[j]*s[k][j]%mod*g[i][j]%mod)%mod;
}
printf("%d\n",ans);
}
}
return ;
} }
signed main(){
Miracle::main();
return ;
} /*
Author: *Miracle*
Date: 2018/12/29 19:09:56
*/
总结：
这个就真的比较有趣了
把n^k换成斯特林数，还有一个原因是n^k实在不好支持递推
组合数就比较轻松了。
恰好树形dp的递推特点和组合数的递推式又比较好的吻合在一起！
（当然，n的i次下降幂也有不错的递推性质，也可以不用转化成组合数直接类比递推，本质相同。）