不难想到一个沙雕\(dp\)，设\(f[i][j][0/1][0/1]\)表示当前点\(i\)，子树中一共放了\(j\)个，这个点是否放了，这个是否被覆盖了。
看起来直接合并是\(O(nk^2)\)的QwQ。。。。。
然后我以为是\(O(nk^2)\)的就不会做了嘤嘤嘤。
实际上是\(O(nk)\)的。。。
证明大概是这样的：
考虑什么时候会产生\(O(k^2)\)的贡献，即一个点有两棵子树的大小大于\(k\)，而这样子合并次数不会超过\(O(\frac{n}{k})\)，所以这部分的复杂度是\(O(nk)\)的。
另外一种情况是一个子树小于\(k\)，经过合并之后变成大于\(k\)的子树了，显然对于一个点，如果它的子树小于\(k\)，在某次合并之后它的子树就会大于\(k\)，并且对于每个点而言，只会在他的某个祖先的地方经历一次这样子的合并，所以这样子均摊每个点会产生\(O(k)\)的贡献。
第三种情况是两个点的子树大小都小于\(k\)，合并完之后两者还是小于\(k\)。这个操作理解为每个两个集合中的点一一对应的产生一次贡献，那么盯着某一个特定点考虑，它每次产生的贡献是合并进来的子树大小的，因为在这一部分的过程中子树大小总是小于\(k\)，因此每个点产生的贡献也最多是\(O(k)\)的。
综上，在三种合并情况中，每种情况产生的贡献都最多是\(O(nk)\)的，所以全局的复杂度就是\(O(nk)\)。
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
#define MAX 100100
#define MOD 1000000007
void add(int &x,int y){x+=y;if(x>=MOD)x-=MOD;}
inline int read()
{
int x=0;bool t=false;char ch=getchar();
while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
if(ch=='-')t=true,ch=getchar();
while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
return t?-x:x;
}
struct Line{int v,next;}e[MAX<<1];
int h[MAX],cnt=1;
inline void Add(int u,int v){e[cnt]=(Line){v,h[u]};h[u]=cnt++;}
int n,K,f[MAX][101][2][2],size[MAX];
int tmp[101][2][2];
void dfs(int u,int ff)
{
size[u]=1;f[u][0][0][0]=1;f[u][1][1][0]=1;
for(int i=h[u];i;i=e[i].next)
{
int v=e[i].v;if(v==ff)continue;dfs(v,u);
for(int j=0;j<=size[u]&&j<=K;++j)
for(int k=0;k<=size[v]&&j+k<=K;++k)
{
if(f[u][j][0][0])
{
add(tmp[j+k][0][0],1ll*f[u][j][0][0]*f[v][k][0][1]%MOD);
add(tmp[j+k][0][1],1ll*f[u][j][0][0]*f[v][k][1][1]%MOD);
}
if(f[u][j][0][1])
{
add(tmp[j+k][0][1],1ll*f[u][j][0][1]*(f[v][k][0][1]+f[v][k][1][1])%MOD);
}
if(f[u][j][1][0])
{
add(tmp[j+k][1][0],1ll*f[u][j][1][0]*(f[v][k][0][0]+f[v][k][0][1])%MOD);
add(tmp[j+k][1][1],1ll*f[u][j][1][0]*(f[v][k][1][0]+f[v][k][1][1])%MOD);
}
if(f[u][j][1][1])
{
int s=0;
add(s,f[v][k][0][0]);add(s,f[v][k][0][1]);
add(s,f[v][k][1][0]);add(s,f[v][k][1][1]);
add(tmp[j+k][1][1],1ll*f[u][j][1][1]*s%MOD);
}
}
size[u]+=size[v];
for(int j=0;j<=size[u]&&j<=K;++j)
{
f[u][j][0][0]=tmp[j][0][0];tmp[j][0][0]=0;
f[u][j][0][1]=tmp[j][0][1];tmp[j][0][1]=0;
f[u][j][1][0]=tmp[j][1][0];tmp[j][1][0]=0;
f[u][j][1][1]=tmp[j][1][1];tmp[j][1][1]=0;
}
}
}
int main()
{
n=read();K=read();
for(int i=1,u,v;i<n;++i)u=read(),v=read(),Add(u,v),Add(v,u);
dfs(1,0);
int ans=(f[1][K][0][1]+f[1][K][1][1])%MOD;
printf("%d\n",ans);
return 0;
}【BZOJ5314】[JSOI2018]潜入行动（动态规划）
原文：https://www.cnblogs.com/cjyyb/p/10416839.html