[cf1097G]Vladislav and a Great Legend

记$S(n,m)$为第二类斯特林数，表示将$n$个不同的球放入$m$个相同的盒子中，不允许有空的方案数，则有转移式$S(n,m)=S(n-1,m-1)+m\cdot S(n-1,m)$（考虑最后一个球）

对于$m^{k}$，即将$k$个不同的球放入$m$个不同的盒子中，允许有空的方案数，枚举空盒的数目与盒子的选择，那么即有$m^{k}=\sum_{i=0}^{k}i!\cdot c(m,i)\cdot S(k,i)$

代入题中，即$\sum_{X}f(X)^{k}=\sum_{i=0}^{k}i!\cdot S(k,i)\cdot \sum_{X}c(f(X),i)$，后者即从虚树中选择$i$条边，考虑dp

设$f[k][i]=\sum_{X的虚树根在k子树中}c(f(X),i)$，转移枚举儿子$son$并分类讨论：

1.$lca$在$son$这棵子树中，$(k,son)$不能选，即$f[k][i]+=f[son][i]$

2.否则，类似背包的转移，枚举原来选的边，$(k,son)$任意，即$f[k][i+j+0/1]+=f[k][i]\cdot f[son][j]$

但这样还有一个问题，在第2种转移中，如果初始lca不为$k$，但加入另一棵子树后lca必然为$k$，那么无法考虑原来的子树到根的路径

考虑强制$(k,son)$都可以选，那么第1类转移变为$f[k][i]+=f[son][i]+f[son][i-1]$，但这样答案应该是每一次乘积的和，即保证了这些$(k,son)$的边都可以选

这样的复杂度看上去是$o(nk^{2})$的，但注意到$i$的范围是$\min(sz,k)$，简单分析可以发现是$o(nk)$的

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 100005
#define mod 1000000007
struct ji{
    int nex,to;
}edge[N<<1];
int E,n,m,x,y,ans,head[N],sz[N],g[205],s[205][205],sum[205],f[N][205];
void add(int x,int y){
    edge[E].nex=head[x];
    edge[E].to=y;
    head[x]=E++;
}
void dfs(int k,int fa){
    sz[k]=f[k][0]=1;
    for(int i=head[k];i!=-1;i=edge[i].nex)
        if (edge[i].to!=fa){
            int v=edge[i].to;
            dfs(v,k);
            memcpy(g,f[k],sizeof(g));
            for(int j=0;j<=sz[v];j++)f[k][j]=(f[k][j]+f[v][j])%mod;
            for(int j=1;j<=sz[v];j++)f[k][j]=(f[k][j]+f[v][j-1])%mod;
            for(int j=0;j<=sz[k];j++)
                for(int l=0;(l<=sz[v])&&(j+l<=m);l++){
                    f[k][j+l]=(f[k][j+l]+1LL*g[j]*f[v][l])%mod;
                    sum[j+l]=(sum[j+l]+1LL*g[j]*f[v][l])%mod;
                    f[k][j+l+1]=(f[k][j+l+1]+1LL*g[j]*f[v][l])%mod;
                    sum[j+l+1]=(sum[j+l+1]+1LL*g[j]*f[v][l])%mod;
                }
            sz[k]=min(sz[k]+sz[v],m);
        }
}
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    memset(head,-1,sizeof(head));
    for(int i=1;i<n;i++){
        scanf("%d%d",&x,&y);
        add(x,y);
        add(y,x);
    }
    s[0][0]=1;
    for(int i=1;i<=m;i++)
        for(int j=1;j<=m;j++)s[i][j]=(s[i-1][j-1]+1LL*j*s[i-1][j])%mod;
    dfs(1,0);
    int fac=1;
    for(int i=1;i<=m;i++){
        fac=1LL*fac*i%mod;
        ans=(ans+1LL*fac*s[m][i]%mod*sum[i])%mod;
    }
    printf("%d",ans); 
}