发现所有长度相同的简单路径的权值可能情况相同，且最长的简单路径长度为 $O (\log n)$ 级别，考虑维护所有长度的简单路径在一棵树上出现的次数，每种简单路径的权值在所有树上出现的次数，相乘即使答案。
我们考虑长度为 $x$ 的路径对答案的贡献，考虑枚举这条路径的贡献 $k$ ，让一个路径的最大值恰好 $= k$ 是困难的，因此我们考虑容斥。及让一个路径的 $max \leq k$ ，然后再做一个差分即可得到恰好 $= k$ 的答案。方案数显然为 $m^{n - x} \sum_{k = 1}^{m} k (k^{x} - (k - 1)^{x})$ ，其中求和中 $\times k$ 是因为这条路径的权值为 $k$
第二步要做的是统计各个长度的路径个数。完全二叉树以低复杂度 dp 是困难的，故我们先假设原树是一个满二叉树。容易想到设 $f_{i, j}$ 表示以深度为 $i$ 的满二叉树，长度为 $j$ 的路径个数， $g_{i, j}$ 表示深度为 $i$ 的满二叉树，以根为起点长度为 $j$ 的路径个数。容易得到转移：

{\begin{cases} g_{i, j} = 2 g_{i - 1, j - 1} \\ f_{i, j} = 2 f_{i - 1, j} + g_{i, j} + \sum_{k = 1}^{j - 2} g_{i - 1, k} \times g_{i - 1, j - k - 1} \end{cases}

然后我们要怎么解决完全二叉树的问题呢？这里有一个比较重要的性质：一个完全二叉树内本质不同的子树只有 $O (\log n)$ 个。证明就考虑对于一个节点，对于他的两个儿子，肯定一个是完全二叉树一个是满二叉树。因此我们不停递归是完全二叉树的儿子直至到达叶子节点，经过的路径长度显然是树高，即 $O (\log n)$
因此我们只需要在 dfs 过程中合并两个结果即可
小 tips : 求一个树是否为满二叉树可以判断这个树一直往左走的次数是否等于一直往右走的次数，这么判断复杂度是 $O (\log n)$ 的
小 tips2 : 计算 $f_{i, j}$ 和 $g_{i, j}$ 可以预处理
小 tips3 : 计算幂时可以不用快速幂，而是把要用到的提前预处理好
最终复杂度 $O (m \log n + T \log^{3} n)$
小 tips4 : 貌似还可以继续优化：
1. 倍增求深度的话一个 $O (\log n)$ 会变成 $O (\log \log n)$ ，这很小，可以当成常数
2. 计算 $f_{i, j}$ 这个式子好像可以用多项式优化(我也不会 QwQ)