一道好题。
题意：给定一棵(n)个点的树，求：
其中(f(S))代表用树边将点集(S)连通需要的最少边数。(nleq10^5)，(kleq 200)，对(10^9+7)取模。
吐槽：比赛的时候看到这道题想到的是组合数做法，然而是(O(nk^2))的，但可以用任意模数( ext{NTT})优化到(O(nklog k))，当然由于常数巨大结果可想而知。可以说是第一次感受到被1e9+7支配的恐惧。我觉得出题人模数不出(998244353)就是为了卡这种做法...当然正解的做法还是让人心服口服并且受益良多的。
题解：首先有一种套路叫做幂转下降幂，即这个等式：
考虑它的一个等价形式：
应用到这道题的式子中，我们要求的就是：
考虑交换求和的顺序：
为了方便起见，我们在下文不严谨的称连通一个点集(S)的最小边集叫做点集(S)的虚树。
从组合意义上来讲，后面的式子等价于枚举所有大小为(i)的边集，计算虚树包含这个边集的点集数目并相加得到的结果。根据这一点，我们可以进行dp。我们设答案数组(g_i=sum_{Ssubseteq {1,2,dots,n}}{f(S)choose i})，那么只要知道(g)就很容易知道答案。
先考虑如何简化判断虚树的边的过程。首先，假如点集中所有点的(lca)就是根，那么存在一种非常简单的方法：对于每一个非根节点，假如点集至少包含一个它的子树中的点，那么它向父亲的边就会被包含。于是我们可以考虑枚举点集中所有点的(lca)，设为(x)，对于是(x)的子树的子集的所有非空点集，用上述方法来判断边数，我们不妨称这样得到的虚树为关于(x)的伪虚树。当然会有一部分不合法的，即所有点都在以(x)的某个儿子(y)的子树内，我们将关于(x)的伪虚树的贡献去掉即可。
我们设(f_{x,i})表示所有大小为(i)的边集被多少个关于(x)的伪虚树包含。
为了方便，我们不妨在开始时将空集也计算在内，最后在去掉空集的影响，容易得知去掉空集只要在最后将(f_{x,0})减(1)即可。
那么初始时只有(x)本身，考虑是否选择(x)，两种情况都只有(0)条边，因此可以设(f_{x,0}=2)。
接下来考虑在原来的基础上如何添加一棵以(y)为根的子树。我们先考虑如何将关于(y)的伪虚树改造成关于(x)的伪虚树。我们设辅助数组(tmp)，(tmp_i)表示所有大小为(i)的边集被多少个关于(x)的伪虚树中只含以(y)为根的子树中的点的伪虚树包含。如果是非空的子集，那么实际上就是多包含了(y)和(x)之间的边。于是我们根据边集是否包含新的这条边，得出转移(tmp_i+=f_{y,i}+f_{y,i-1})。最后考虑空集的情况，那么(tmp_0++)。可以发现这里计算的伪虚树除空集以外都是不合法的，于是令(g_i-=tmp_i)，最后加上额外减去的空集，即(g_0++)。
接下来只要根据乘法原理将(f_x)与(tmp)合并就可以得到新的(f'_x)，转移方程为：
在算完所有子树以后就得到了所有关于(x)的伪虚树的贡献，我们先去掉空集，即(f_{x,0}--)，再将贡献加入到答案数组中，即(g_i+=f_{x,i})。
这样做的复杂度看上去是(O(nk^2))的，但是考虑到合并(x)和(y)时，设(size_x)表示当前处理好的(x)的子树的点数，那么合并的代价实际上是(min(k,size_x)*min(k,size_y))。
首先考虑若干个(<k)的子树进行合并直到合并为一个(geq k)的子树，代价是(O(k^2))的，最多合并成(frac{n}{k})个这样的，于是复杂度是(O(nk))。
再考虑(<k)的与(geq k)的合并，复杂度是(O(size*k))的，那么由于每一点最多经历一次这个过程，复杂度也是(O(nk))。
最后是两个(geq k)的子树合并，由于只有最多(frac{n}{k})个这样的子树因此操作次数不超过(frac{n}{k})，因此复杂度是(O(nk))。
于是最终的复杂度是(O(nk))，降低复杂度的关键是合并的代价可以和子树大小取(min)。
代码：
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<vector>
using std::min;
using std::vector;
const int mod=1e9+7;
inline int add(int a,int b)
{
return (a+=b)>=mod?a-mod:a;
}
inline int sub(int a,int b)
{
return (a-=b)<0?a+mod:a;
}
inline int mul(int a,int b)
{
return (long long)a*b%mod;
}
inline int qpow(int a,int b)
{
int res=1;
for(;b;a=mul(a,a),b>>=1)
if(b&1)
res=mul(res,a);
return res;
}
const int N=1e5+5,K=205;
int n,k,ans;
int S[K][K],fact[K];
int size[N];
vector<int> e[N];
int f[N][K];
int tmp[K],tmp2[K];
int g[K];
void dfs(int x,int father)
{
int kx,ky;
register int i,j;
f[x][0]=2;size[x]=1;
for(auto y:e[x])
if(y!=father)
{
dfs(y,x);kx=min(k,size[x]);ky=min(k,size[y]);
memcpy(tmp,f[y],sizeof(int)*(ky+1));
for(i=ky;i>0;i--)
tmp[i]=add(tmp[i],tmp[i-1]);
for(i=0;i<=ky;i++)
g[i]=sub(g[i],tmp[i]);
tmp[0]=add(tmp[0],1);
memset(tmp2,0,sizeof(int)*(k+1));
for(i=0;i<=kx;i++)
for(j=0;j<=ky&&i+j<=k;j++)
tmp2[i+j]=add(tmp2[i+j],mul(f[x][i],tmp[j]));
memcpy(f[x],tmp2,sizeof(int)*(k+1));
size[x]+=size[y];
}
f[x][0]=sub(f[x][0],1);
kx=min(k,size[x]);
for(i=0;i<=kx;i++)
g[i]=add(g[i],f[x][i]);
return;
}
signed main()
{
int x,y;
register int i,j;
scanf("%d%d",&n,&k);
fact[0]=1;
for(i=1;i<=k;i++)
fact[i]=mul(fact[i-1],i);
S[0][0]=1;
for(i=1;i<=k;i++)
{
S[i][0]=0;S[i][i]=1;
for(j=1;j<i;j++)
S[i][j]=add(S[i-1][j-1],mul(j,S[i-1][j]));
}
for(i=1;i<=n-1;i++)
{
scanf("%d%d",&x,&y);
e[x].push_back(y);
e[y].push_back(x);
}
dfs(1,0);
for(i=1;i<=k;i++)
ans=add(ans,mul(mul(S[k][i],fact[i]),g[i]));
printf("%d
",ans);
return 0;
}