题意为给定 (n) 个点的树，每个节点为一个物品，有体积和价值，选物品必须满足不相邻，即选出一个独立集，求对于 (forall i in [1,m])，容量为 (i) 时的背包最大价值的方案数。
(1 leqslant n leqslant 50,1 leqslant m leqslant 5000)
暴力就是直接树形背包，(f_{i,j,0/1}) 为在 (i) 的子树内，容量为 (j)，是否选 (i) 的方案数，但复杂度为 (O(nm^2))，无法接受。
考虑用 (dfs) 序转移来优化，但是发现从 (dfs) 序中 (i) 转移到 (i+1) 时，若 (i+1) 对应的节点在 (i) 对应的节点的上方时，就可能不知道 (i+1) 的父亲选择的情况：
因此还需知道像图中 (i+1) 的父亲那样的转折点的选择情况，直接状压一个点到根节点路径上的所有转折点不现实，会被链卡成状态数为 (O(2^n))。
考虑优化状态数，先进行重链剖分，剖分重链时优先遍历轻儿子，因为最后才遍历重儿子，所以一个点到根节点的所有转折点都是重链的链底，那么再进行状压，状态数就为 (O(2^{log n})=O(n)) 了。
设 (f_{i,S,j}) 为考虑到 (dfs) 序中第 (i) 个点，到根的转折点的状态为 (S)，容量为 (j) 的方案数，转移是 (O(1)) 的，复杂度为 (O(n^2m))。
另外一个做法是进行点分治，将每次的分治中心作为转折点来状压，这样状态数也是 (O(n)) 的。
#include<bits/stdc++.h>
#define maxn 210
#define maxm 5010
using namespace std;
typedef long long ll;
template<typename T> inline void read(T &x)
{
x=0;char c=getchar();bool flag=false;
while(!isdigit(c)){if(c=='-')flag=true;c=getchar();}
while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);c=getchar();}
if(flag)x=-x;
}
int T,n,m,cnt,now;
int w[maxn],v[maxn],id[maxn];
int siz[maxn],fa[maxn],son[maxn],top[maxn],rev[maxn];
vector<int> t[maxn];
struct edge
{
int to,nxt;
}e[maxn];
int head[maxn],edge_cnt;
void add(int from,int to)
{
e[++edge_cnt]={to,head[from]},head[from]=edge_cnt;
}
struct node
{
int v;
ll cnt;
}f[2][maxn][maxm],ans[maxm];
node operator +(const node &x,const int &val)
{
return {x.v+val,x.cnt};
}
void mx(node &x,node y)
{
if(x.v<y.v) x=y;
else if(x.v==y.v) x.cnt+=y.cnt;
}
void dfs_son(int x,int fath)
{
fa[x]=fath,siz[x]=1;
for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt)
{
int y=e[i].to;
if(y==fath) continue;
dfs_son(y,x),siz[x]+=siz[y];
if(siz[y]>siz[son[x]]) son[x]=y;
}
}
void dfs_chain(int x,int tp)
{
top[x]=tp,rev[++cnt]=x;
for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt)
{
int y=e[i].to;
if(y==fa[x]||y==son[x]) continue;
dfs_chain(y,y);
}
if(son[x]) dfs_chain(son[x],tp);
}
void clear()
{
edge_cnt=cnt=0,now=1;
memset(f,0,sizeof(f));
memset(ans,0,sizeof(ans));
memset(son,0,sizeof(son));
memset(head,0,sizeof(head));
for(int i=1;i<=n;++i) t[i].clear();
}
void solve(int num)
{
read(n),read(m),clear();
for(int i=1;i<=n;++i) read(w[i]),read(v[i]);
for(int i=1;i<n;++i)
{
int x,y;
read(x),read(y);
add(x,y),add(y,x);
}
dfs_son(1,0),dfs_chain(1,1);
for(int i=1;i<=n;++i)
{
int p=i;
t[i].push_back(i);
while(fa[top[p]]) p=fa[top[p]],t[i].push_back(p);
}
f[0][0][0]={0,1};
for(int i=1;i<=n;++i)
{
for(int s=0;s<(1<<t[rev[i]].size());++s)
for(int j=0;j<=m;++j)
f[now][s][j]={0,0};
int fath=20;
for(int j=0;j<t[rev[i-1]].size();++j)
{
int p=t[rev[i-1]][j];
if(fa[rev[i]]==p) fath=j;
id[j]=-1;
for(int k=0;k<t[rev[i]].size();++k)
if(p==t[rev[i]][k])
id[j]=k;
}
for(int s=0;s<(1<<t[rev[i-1]].size());++s)
{
int S=0;
for(int j=0;j<t[rev[i-1]].size();++j)
if((s&(1<<j))&&id[j]!=-1)
S|=1<<id[j];
for(int j=0;j<=m;++j)
{
if(!f[now^1][s][j].cnt) continue;
mx(f[now][S][j],f[now^1][s][j]);
if((s&(1<<fath))||j+w[rev[i]]>m) continue;
mx(f[now][S+1][j+w[rev[i]]],f[now^1][s][j]+v[rev[i]]);
}
}
now^=1;
}
for(int s=0;s<(1<<t[rev[n]].size());++s)
for(int i=1;i<=m;++i)
mx(ans[i],f[now^1][s][i]);
printf("Case %d:
",num);
for(int i=1;i<=m;++i) printf("%lld%c",ans[i].cnt,"
"[i==m]);
}
int main()
{
read(T);
for(int i=1;i<=T;++i) solve(i);
return 0;
}