容易发现答案即$sum_{S}sum_{u=1}^{W}[ule val(S)]=sum_{u=1}^{W}sum_{S}[ule val(S)]$，那么可以枚举权值$u$，并将点权$val<u$的点标为0，$ule val$的点标为1，相当于统计大于等于k个1的连通子图个数
考虑dp，用$f[u][i][j]$表示权值为u，在以i为根的子树中，选出点中恰好有j个1的方案数，转移方程为$f[u][i][j]=sum_{a[i]+sum_{son}b[son]=j}prod_{son}(f[u][son][b[son]]+[b[son]==0])$，复杂度为$o(wcdot n^{3})$
令$F[u][i](x)=sum_{j=0}^{sz[i]}f[u][i][j]cdot x^{j}$，那么$F[u][i](x)=x^{a[i]}prod_{son}(F[u][son](x)+1)$，对其插值，最后再用拉格朗日插值法求出系数（先把所有多项式加起来再求），复杂度为$o(wcdot n^{2})$
调换枚举顺序，对于一个插值，将每一个点i以u为下标建立一棵线段树，由于如果i子树内不存在某一个权值w，那么显然有$F[w][i]=F[w-1][i]$，因此可以线段树合并来实现dp过程，总复杂度$o(n^{2}log W)$
由于线段树合并时还需要实现累加子树内的多项式，这可以通过记录4个标记$(a,b,c,d)$来实现，其中a和b表示这个点的答案，c和d表示累加起来的答案，最后标记都下传后的d标记即为这个位置上所有数的和
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define N 2005 4 #define mod 64123 5 #define mid (l+r>>1) 6 struct ji{ 7 int nex,to; 8 }edge[N<<1]; 9 struct tag{ 10 int a,b,c,d; 11 }f[N*15]; 12 int V,E,n,m,w,v,x,y,ans,head[N],r[N],a[N],b[N],sum[N],ch[N*15][2]; 13 void add(int x,int y){ 14 edge[E].nex=head[x]; 15 edge[E].to=y; 16 head[x]=E++; 17 } 18 int ksm(int n,int m){ 19 if (!m)return 1; 20 int s=ksm(n,m>>1); 21 s=1LL*s*s%mod; 22 if (m&1)s=1LL*s*n%mod; 23 return s; 24 } 25 int New(){ 26 f[++V]=tag{1,0,0,0}; 27 ch[V][0]=ch[V][1]=0; 28 return V; 29 } 30 void upd(int &k,tag x){ 31 if (!k)k=New(); 32 f[k].c=(1LL*f[k].a*x.c+f[k].c)%mod; 33 f[k].d=(1LL*f[k].b*x.c+f[k].d+x.d)%mod; 34 f[k].a=1LL*f[k].a*x.a%mod; 35 f[k].b=(1LL*f[k].b*x.a+x.b)%mod; 36 } 37 void down(int k){ 38 upd(ch[k][0],f[k]); 39 upd(ch[k][1],f[k]); 40 f[k]=tag{1,0,0,0}; 41 } 42 void update(int &k,int l,int r,int x,int y,tag z){ 43 if ((l>y)||(x>r))return; 44 if (!k)k=New(); 45 if ((x<=l)&&(r<=y)){ 46 upd(k,z); 47 return; 48 } 49 down(k); 50 update(ch[k][0],l,mid,x,y,z); 51 update(ch[k][1],mid+1,r,x,y,z); 52 } 53 int merge(int k1,int k2){ 54 if ((!k1)||(!k2))return k1+k2; 55 if ((!ch[k1][0])&&(!ch[k1][1]))swap(k1,k2); 56 if ((!ch[k2][0])&&(!ch[k2][1])){ 57 f[k1].a=1LL*f[k1].a*f[k2].b%mod; 58 f[k1].b=1LL*f[k1].b*f[k2].b%mod; 59 f[k1].d=(f[k1].d+f[k2].d)%mod; 60 return k1; 61 } 62 down(k1); 63 down(k2); 64 ch[k1][0]=merge(ch[k1][0],ch[k2][0]); 65 ch[k1][1]=merge(ch[k1][1],ch[k2][1]); 66 return k1; 67 } 68 void dfs(int k,int fa){ 69 upd(r[k],tag{0,1,0,0}); 70 for(int i=head[k];i!=-1;i=edge[i].nex) 71 if (edge[i].to!=fa){ 72 dfs(edge[i].to,k); 73 r[k]=merge(r[k],r[edge[i].to]); 74 } 75 update(r[k],1,w,1,a[k],tag{v,0,0,0}); 76 upd(r[k],tag{1,0,1,0}); 77 upd(r[k],tag{1,1,0,0}); 78 } 79 void tot(int k,int l,int r){ 80 if (l==r){ 81 sum[v]=(sum[v]+f[k].d)%mod; 82 return; 83 } 84 down(k); 85 tot(ch[k][0],l,mid); 86 tot(ch[k][1],mid+1,r); 87 } 88 int main(){ 89 scanf("%d%d%d",&n,&m,&w); 90 memset(head,-1,sizeof(head)); 91 for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]); 92 for(int i=1;i<n;i++){ 93 scanf("%d%d",&x,&y); 94 add(x,y); 95 add(y,x); 96 } 97 for(v=0;v<=n;v++){ 98 V=0; 99 memset(r,0,sizeof(r)); 100 dfs(1,0); 101 tot(r[1],1,w); 102 } 103 memset(a,0,sizeof(a)); 104 a[0]=1; 105 for(int i=0;i<=n;i++) 106 for(int j=i+1;j>=0;j--)a[j]=(a[j-1]-i*a[j]%mod+mod)%mod; 107 for(int i=0;i<=n;i++){ 108 x=1; 109 for(int j=0;j<=n;j++) 110 if (i!=j)x=1LL*x*(i-j+mod)%mod; 111 x=1LL*ksm(x,mod-2)*sum[i]%mod; 112 memcpy(b,a,sizeof(b)); 113 for(int j=n+1;j;j--){ 114 b[j-1]=(b[j-1]+i*b[j])%mod; 115 if (m<j)ans=(ans+1LL*b[j]*x)%mod; 116 } 117 } 118 printf("%d",ans); 119 }