复杂度大概O(nk)
一些尝试：
1.对每个点推出1,2,3，，，到k次方的值。但是临项递推二项式展开也要考虑到具体每个点的dist2.相邻k次方递推呢？递推还是不能避免k次方的展开
k次方比较讨厌，于是考虑用斯特林数处理
转化成求k个后面这个C(dis,i)
组合数相比较于k次方有什么好处呢？
有直接的简单的递推式！ 
并且恰好的是，可以直接树形dp，距离对于子树恰好-1
O(nk)树形dp一遍
然后换根O(nk)再处理一遍
回到主函数，把之前的那些东西在分别乘上加起来即可。
#include#define reg register int#define il inline#define numb (ch^'0')using namespace std;typedef long long ll;il void rd(int &x){ char ch;x=0;bool fl=false; while(!isdigit(ch=getchar()))(ch=='-')&&(fl=true); for(x=numb;isdigit(ch=getchar());x=x*10+numb); (fl==true)&&(x=-x);}namespace Miracle{const int N=50000+5;const int K=505;const int mod=10007;int n,k,t;struct node{ int nxt,to;}e[2*N];int hd[N],cnt;int f[N][K];int g[N][K];int jie[K],s[K][K];void add(int x,int y){ e[++cnt].nxt=hd[x]; e[cnt].to=y; hd[x]=cnt;}void dfs(int x,int fa){ for(reg i=hd[x];i;i=e[i].nxt){ int y=e[i].to; if(y==fa) continue; dfs(y,x); for(reg j=0;j<=k;++j){ if(j)f[x][j]=(f[x][j]+f[y][j]+f[y][j-1])%mod; else f[x][j]=(f[x][j]+f[y][j])%mod; } } f[x][0]=(f[x][0]+1)%mod;}void sol(int x,int fa){ if(x==1){ for(reg j=0;j<=k;++j) g[x][j]=f[x][j]; } else{ for(reg j=0;j<=k;++j){ if(j>1) g[x][j]=(f[x][j]+(g[fa][j]-(f[x][j]+f[x][j-1])+mod)%mod+(g[fa][j-1]-(f[x][j-1]+f[x][j-2]))%mod+mod+mod)%mod; else if(j==1) g[x][j]=(f[x][j]+(g[fa][j]-(f[x][j]+f[x][j-1])+mod)%mod+(g[fa][j-1]-(f[x][j-1]))%mod+mod+mod)%mod; else g[x][j]=n; } } for(reg i=hd[x];i;i=e[i].nxt){ int y=e[i].to; if(y==fa) continue; sol(y,x); }}void clear(){ cnt=0; memset(hd,0,sizeof hd); memset(f,0,sizeof f); memset(g,0,sizeof g);}int main(){ rd(t); s[0][0]=1; for(reg i=1;i<=501;++i){ for(reg j=1;j<=501;++j){ s[i][j]=(s[i-1][j-1]+j*(s[i-1][j])%mod)%mod; } } jie[0]=1; for(reg i=1;i<=501;++i) jie[i]=jie[i-1]*i%mod; while(t--){ clear(); rd(n);rd(k); int x,y; for(reg i=1;i
总结：
这个就真的比较有趣了把n^k换成斯特林数，还有一个原因是n^k实在不好支持递推
组合数就比较轻松了。
恰好树形dp的递推特点和组合数的递推式又比较好的吻合在一起！
（当然，n的i次下降幂也有不错的递推性质，也可以不用转化成组合数直接类比递推，本质相同。）