题目
20%算法
设\(f_{i,j}\)表示第i个节点选了j这个权值的方案数。
显然转移方程为，$$f_{i,j}=\Pi_{v=son(i)}(\sum_{k=1}{j-k}f_{v,k}+\sum_{k=j+k}{m}f_{v,k})$$
40%算法
接着上面的想法，
观察转移方程，发现，求和部分其实是两段连续的，那么将\(f_{i}\)求一个前缀和。
100%算法
观察\(f\)数组，发现其实\(f\)是对称的，而且中间的一段是相同的，设深度为x，那么前面就有\((x-1)k\)个不同，然后中间有一段相同，后面又有\((x-1)k\)个不同。
那么就可以只求出前\((x-1)k+1\)个，前缀和就可以直接算出来（程序中我直接求出前10010个的值，没有计算x）。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <queue>
const long long maxlongint=2147483647;
const long long mo=1000000007;
const long long N=105;
using namespace std;
long long f[N][N*N*2],_,n,m,k,next[N*2],last[N*2],to[N*2],tot,same[N],sum1[N][N*N],sum2[N][N*N];
long long pos[N];
long long max(long long x,long long y)
{
if(x<y) return y;else return x;
}
long long min(long long x,long long y)
{
if(x>y) return y;else return x;
}
long long bj(long long x,long long y)
{
next[++tot]=last[x];
last[x]=tot;
to[tot]=y;
}
long long sum(int x,int y)
{
if(y<=10010) return sum1[x][y];
else
if(y<m-pos[x]+1)
{
return (sum1[x][pos[x]]+same[x]*(y-pos[x])%mo)%mo;
}
else
{
return (sum1[x][pos[x]]+(m-pos[x]-pos[x])*same[x]%mo+sum2[x][(y-(m-pos[x]))])%mo;
}
}
long long dg(long long x,long long fa)
{
bool q=false;
for(long long i=last[x];i;i=next[i])
{
long long j=to[i];
if(j!=fa)
{
dg(j,x);
q=true;
}
}
for(long long i=1;i<=min(10010,m);i++) f[x][i]=1;
for(long long i=last[x];i;i=next[i])
{
long long j=to[i];
if(j!=fa)
{
for(long long l=1;l<=min(10010,m);l++)
{
long long t=0;
t=(t+(sum(j,max(0,l-k))-sum(j,0)+mo))%mo;
if(l+k<=m)
{
t=(t+(sum(j,m)-sum(j,l+k-1)+mo))%mo;
if(max(0,l-k)==l+k)
t=(t-f[j][l+k]+mo)%mo;
}
f[x][l]=(f[x][l]*t)%mo;
}
}
}
if(10010<m)
{
for(int i=1;i<=10010;i++)
{
if(f[x][i]==f[x][i+1])
{
same[x]=f[x][i];
pos[x]=i-1;
break;
}
}
}
else
{
same[x]=f[x][m/2];
}
for(int i=1;i<=min(10010,m);i++)
sum1[x][i]=(sum1[x][i-1]+f[x][i])%mo;
for(int i=1;i<=min(10010,m);i++)
sum2[x][i]=(sum2[x][i-1]+f[x][pos[x]-i+1])%mo;
}
int main()
{
scanf("%lld",&_);
while(_--)
{
scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&k);
memset(f,0,sizeof(f));
memset(last,0,sizeof(last));
memset(next,0,sizeof(next));
memset(sum1,0,sizeof(sum1));
memset(sum2,0,sizeof(sum2));
memset(pos,0,sizeof(pos));
tot=0;
for(long long i=1;i<=n-1;i++)
{
long long x,y;
scanf("%lld%lld",&x,&y);
bj(x,y);
bj(y,x);
}
dg(1,0);
printf("%lld\n",sum(1,m));
}
}