先写一个五十分的思路吧
首先这道题有一个弱化版
相当于\(k=1\)，于是就是一个非常简单的树形\(dp\)的\(up\ \ and\ \ down\)思想
但是我们现在要求的是这个柿子了
\[\sum_{j=1}^ndis(i,j)^k\]
感觉这个东西很组合数学啊，感觉这个柿子像是天生为二项式定理准备的
我们还是考虑树形\(dp\)
在第一遍\(up\)的时候，我们设\(dp[i][k]\)表示
\[\sum_{j\in{i}}dis(i,j)^k\]
\(j\in{i}\)表示\(j\)在\(i\)子树内部
于是我们考虑一下化这个柿子
到达\(i\)肯定要先达到\(i\)的一个儿子，于是就有
\[dp[i][k]=\sum_{fa[j]=i}\sum_{t\in{j}}(dis(t,j)+1)^k\]
我们用二项式定理来将这个柿子展开
\[dp[i][k]=\sum_{fa[j]=i}\sum_{t\in{j}}\sum_{r=0}^kC_{k}^{r}*dis(t,j)^r\]
后面两个\(\sum\)换一下位置
\[dp[i][k]=\sum_{fa[j]=i}\sum_{r=0}^kC_{k}^{r}*\sum_{t\in{j}}dis(t,j)^r\]
之后就会惊奇的发现\(\sum_{t\in{j}}dis(t,j)^r\)就是\(dp[j][r]\)，于是现在就有了
\[dp[i][k]=\sum_{fa[j]=i}\sum_{r=0}^kC_{k}^{r}*dp[j][r]\]
这就是\(up\)的转移方程式，\(down\)的方程式也很好推
\(down\)的时候\(dp[i][k]\)表示的不仅局限于\(i\)的子树内部了，而是整棵树了
到达\(i\)首先要到达\(fa[i]\)，于是就有
\[dp[i][k]+=\sum_{j\notin{i},j\in{fa[i]}}(dis(fa[i],j)+1)^k\]
\[dp[i][k]+=\sum_{j\notin{i},j\in{fa[i]}}\sum_{r=0}^kC_{k}^r*dis(fa[i],j)^r\]
我们的要求不就是\(j\)不能来自于\(i\)内部吗，于是我们大力容斥就好了
我们把来自于\(i\)子树内部的答案减掉，于是就有了一个可以更新的柿子了
现在就有了一个我们就可以转移了，复杂度大概是\(O(nk^2)\)
代码
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define re register
#define maxn 50005
#define int long long
const int mod=10007;
inline int read()
{
char c=getchar();
int x=0;
while(c<'0'||c>'9') c=getchar();
while(c>='0'&&c<='9')
x=(x<<3)+(x<<1)+c-48,c=getchar();
return x;
}
struct E
{
int v,nxt;
}e[maxn<<1];
int head[maxn],deep[maxn];
int n,m,num;
long long dp[maxn][151];
long long now[151];
long long c[151][151];
void dfs(int x)
{
dp[x][0]=1;
for(re int i=head[x];i;i=e[i].nxt)
if(!deep[e[i].v])
{
deep[e[i].v]=deep[x]+1;
dfs(e[i].v);
dp[x][0]+=dp[e[i].v][0];
for(re int k=1;k<=m;k++)
for(re int r=0;r<=k;r++)
dp[x][k]=(dp[x][k]+c[k][r]*dp[e[i].v][r])%mod;
}
}
void redfs(int x)
{
for(re int i=head[x];i;i=e[i].nxt)
if(deep[e[i].v]>deep[x])
{
memset(now,0,sizeof(now));
for(re int k=0;k<=m;k++)
{
now[k]=dp[x][k];
for(re int r=0;r<=k;r++)
now[k]=(now[k]-dp[e[i].v][r]*c[k][r]+mod)%mod;
}//先容斥，不能来自于e[i].v子树内部
for(re int k=0;k<=m;k++)
for(re int r=0;r<=k;r++)
dp[e[i].v][k]=(dp[e[i].v][k]+c[k][r]*now[r])%mod;//用容斥之后的答案来更新
redfs(e[i].v);
}
}
inline void add_edge(int x,int y)
{
e[++num].v=y;
e[num].nxt=head[x];
head[x]=num;
}
signed main()
{
n=read(),m=read();
int x,y;
for(re int i=1;i<n;i++)
x=read(),y=read(),add_edge(x,y),add_edge(y,x);
c[0][0]=1;
for(re int i=1;i<=m;i++) c[i][0]=c[i][i]=1;
for(re int i=1;i<=m;i++)
for(re int j=1;j<i;j++) c[i][j]=(c[i-1][j]+c[i-1][j-1])%mod;
deep[1]=1;
dfs(1);
redfs(1);
for(re int i=1;i<=n;i++)
printf("%lld\n",(dp[i][m]%mod+mod)%mod);
return 0;
}这是一个要T的复杂度，但是已经有了\(50\)分的好成绩
点分治据说可以做到\(O(nklogk)\)，但是不会
我们继续组合数做吧
我们发现求\(x^k\)可以理解为把\(k\)个物品放到\(x\)个互不相同的盒子里，允许有盒子空着不放的方案数
于是我们可以写成\(x^k=\sum_{i=1}^kS(k,i)*C_{x}^i*i!\)
其中\(S(k,i)\)是第二类斯特林数，表示的是将\(k\)个球分到\(i\)个盒子里，这\(i\)个盒子没有差别，而且没有盒子是空的的方案数
\(C_{x}^i*i!\)其实就是排列数了，就相当于我们给\(i\)个盒子强行制造了差别
于是这个柿子可以理解为\(i\)枚举的是当前有几个盒子是有球的，之后通过加法原理合并了答案
其实我一开始觉得这里的\(\sum\)的上标应该写\(x\)，好像也只有写\(x\)才满足组合的意义，之后发现自己非常naive
当\(k>x\)的时候显然是没有什么问题的了，因为\(\binom{x}{i}\)在\(x>i\)的时候取0，于是没有什么影响
当\(k<x\)的时候，如果上标取到比\(k\)大的数了，那么也会导致\(S(k,i)\)变成\(0\)，于是写成\(k\)就可以了，在数值上没有什么影响
之后我们继续化柿子
\[ans[t]=\sum_{j=1}^{n}dis(t,j)^k\]
\[=\sum_{j=1}^{n}\sum_{i=1}^kS(k,i)*\binom{dis(t,j)}{i}*i!\]
\[=\sum_{i=1}^{k}S(k,i)*i!*\sum_{j=1}^n\binom{dis(t,j)}{i}\]
那么我们现在只需要求出\(\sum_{j=1}^n\binom{dis(t,j)}{i}\)就好了
我们都知道组合数有一个非常好的转移的方式就是\(\binom{n}{m}=\binom{n-1}{m-1}+\binom{n-1}{m}\)
于是
\[\sum_{j=1}^n\binom{dis(t,j)}{i}=\sum_{j=1}^n\binom{dis(t,j)-1}{i-1}+\sum_{j=1}^n\binom{dis(t,j)-1}{i}\]
现在是不是又可以用树形dp来转移了，因为到达\(t\)这个点还是要先到达\(t\)的儿子或者是父亲
于是我们设\(dp[x][k]=\sum_{j\in{x}}\binom{dis(x,i)}{k}\)
于是在\(up\)里的方程式就是
\[dp[x][k]=\sum_{fa[j]=i}dp[j][k]+dp[j][k-1]\]
\(down\)里我们还是要先容斥一下，方程和\(up\)类似
代码
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#define re register
#define maxn 50005
#define LL long long
const LL mod=10007;
inline int read()
{
char c=getchar();
int x=0;
while(c<'0'||c>'9') c=getchar();
while(c>='0'&&c<='9')
x=(x<<3)+(x<<1)+c-48,c=getchar();
return x;
}
struct node
{
int v,nxt;
}e[maxn<<1];
int head[maxn],deep[maxn];
LL dp[maxn][151],fac[151],s[151][151];
LL now[151];
int n,m,num;
inline void add_edge(int x,int y)
{
e[++num].v=y;
e[num].nxt=head[x];
head[x]=num;
}
void dfs(int x)
{
dp[x][0]=1;
for(re int i=head[x];i;i=e[i].nxt)
if(!deep[e[i].v])
{
deep[e[i].v]=deep[x]+1;
dfs(e[i].v);
dp[x][0]+=dp[e[i].v][0];
for(re int j=1;j<=m;j++)
dp[x][j]=(dp[x][j]+dp[e[i].v][j-1]+dp[e[i].v][j])%mod;
}
}
void redfs(int x)
{
for(re int i=head[x];i;i=e[i].nxt)
if(deep[e[i].v]>deep[x])
{
memset(now,0,sizeof(now));
now[0]=dp[x][0]-dp[e[i].v][0];
for(re int j=1;j<=m;j++)
now[j]=(dp[x][j]-dp[e[i].v][j]-dp[e[i].v][j-1]+mod)%mod;
//依旧是先容斥一遍
dp[e[i].v][0]+=now[0];
for(re int j=1;j<=m;j++)
dp[e[i].v][j]=(dp[e[i].v][j]+now[j]+now[j-1])%mod;
redfs(e[i].v);
}
}
int main()
{
n=read(),m=read();
int x,y;
for(re int i=1;i<n;i++)
x=read(),y=read(),add_edge(x,y),add_edge(y,x);
s[0][0]=1;
for(re int i=1;i<=m;i++)
s[i][1]=s[i][i]=1;
for(re int i=1;i<=m;i++)
for(re int j=1;j<i;j++)
s[i][j]=(s[i-1][j-1]+s[i-1][j]*j)%mod;//预处理第二类斯特林数
fac[0]=1;
for(re int i=1;i<=m;i++)
fac[i]=(fac[i-1]*i)%mod;//预处理阶乘
deep[1]=1;
dfs(1);
redfs(1);
for(re int i=1;i<=n;i++)
for(re int j=1;j<=m;j++)
dp[i][j]=(dp[i][j]%mod+mod)%mod;
for(re int i=1;i<=n;i++)
{
LL ans=0;
for(re int j=1;j<=m;j++)
ans=(ans+s[m][j]*fac[j]%mod*dp[i][j])%mod;
printf("%lld\n",ans);//统计答案
}
return 0;
}