题面
重要思想
真的是没想到，我很久以来一直以为总会有应用的$BFS$序，最终居然是以这种方式出现在题目中
笔记：$BFS$序可以用来处理限制点对距离的题目（综合点分树使用）
思路
本题中首先询问可以拆成两个：所有同色点对距离大于$L-1$的种数减去所有同色点对距离大于$R$的种数
考虑如何解决点对距离大于$k-1$：
我们考虑树的$bfs$序，假设当前按照$bfs$序加入了点$u$，深度为$d$
考虑树里另外两个已经加入了的点$x,y$，显然它们的深度都小于等于$d$
那么有结论：如果$dis(x,u)\leq k$且$dis(y,u)\leq k$，那么$dis(x,y)\leq k$
结论的证明：考虑$u$到$x,y$的路径第一次分离的点
在这个点上，有两种情况：两条路都去某个儿子，或者一个去父亲一个去儿子
可以发现不论哪种情况，最终$dis(x,y)$都不超过$k$
那么我们可以把问题变成：按照$bfs$序加入点，每次每个点不能选择的颜色数等于在加入它的时候同它的距离小于$k$的点数
注意上述的点集中任意两个点的距离都小于$k$，所以一定颜色互不相同
这就避免了原图想法中可能出现“$x,y$和$y,z$颜色不同，但是$x,z$颜色一样”的情况
解决距离小于$k$的点数使用点分树即可
Code
请务必不要吐槽作者的难看的点分树写法【悲】
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cassert>
#include<queue>
#define MOD 1000000007
#define ll long long
using namespace std;
inline int read(){
int re=0,flag=1;char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)){
if(ch=='-') flag=-1;
ch=getchar();
}
while(isdigit(ch)) re=(re<<1)+(re<<3)+ch-'0',ch=getchar();
return re*flag;
}
int n,m,L,R,first[100010],cnte=-1;
struct edge{
int to,next;
}a[200010];
inline void add(int u,int v){
a[++cnte]=(edge){v,first[u]};first[u]=cnte;
a[++cnte]=(edge){u,first[v]};first[v]=cnte;
}
int vis[100010],pre[100010],siz[100010],son[100010],root,sum;
int dis0[100010][20],dis1[100010][20],st[100010][20],dep[100010];
namespace BIT0{
int a[4000010],st[100010],lim[100010],cur=0;
inline void init(int u,int len){
st[u]=cur;lim[u]=len;
cur+=len;
}
inline void add(int u,int x){
x++;
for(;x<=lim[u];x+=(x&(-x))) a[st[u]+x]++;
}
inline int sum(int u,int x){
if(x<0) return 0;
x++;int re=0;
x=min(x,lim[u]);
for(;x;x^=(x&(-x))) re+=a[st[u]+x];
return re;
}
}
namespace BIT1{
int a[4000010],st[100010],lim[100010],cur=0;
inline void init(int u,int len){
st[u]=cur;lim[u]=len;
cur+=len;
}
inline void add(int u,int x){
x++;
for(;x<=lim[u];x+=(x&(-x))) a[st[u]+x]++;
}
inline int sum(int u,int x){
if(x<0) return 0;
x++;int re=0;
x=min(x,lim[u]);
for(;x;x^=(x&(-x))) re+=a[st[u]+x];
return re;
}
}
void getroot(int u,int f){
int i,v;
siz[u]=1;son[u]=0;
for(i=first[u];~i;i=a[i].next){
v=a[i].to;if(vis[v]||v==f) continue;
getroot(v,u);
siz[u]+=siz[v];
if(son[u]<siz[v]) son[u]=siz[v];
}
son[u]=max(son[u],sum-siz[u]);
if(son[u]<son[root]) root=u;
}
int dfs1(int u,int f,int d,int num){
int i,v,re=d;
dis1[u][num]=d;
for(i=first[u];~i;i=a[i].next){
v=a[i].to;if(v==f||vis[v]) continue;
re=max(re,dfs1(v,u,d+1,num));
}
return re;
}
int dfs0(int u,int f,int d,int num,int root){
int i,v,re=d;
dis0[u][num]=d;st[u][num]=root;
for(i=first[u];~i;i=a[i].next){
v=a[i].to;if(v==f||vis[v]) continue;
re=max(re,dfs0(v,u,d+1,num,root));
}
return re;
}
void build(int u,int fa,int ori,int cursum){
int i,v,tmp;
dep[u]=dep[fa]+1;
if(fa){
tmp=dfs1(ori,fa,1,dep[u]);
BIT1::init(u,tmp+1);
}
tmp=dfs0(u,0,0,dep[u],u);
BIT0::init(u,tmp+1);
vis[u]=1;pre[u]=fa;
for(i=first[u];~i;i=a[i].next){
v=a[i].to;if(vis[v]) continue;
sum=(siz[u]>siz[v])?siz[v]:cursum-siz[u];
root=0;son[root]=sum;
getroot(v,0);
build(root,u,v,sum);
}
}
inline void change(int u){
BIT0::add(u,0);
for(int i=dep[u]-1;i>=1;i--){
//BIT0(dis0[u][i]): u to st[u][i]
//BIT1(dis1[u][i+1]): u to st[u][i] only in subtree st[u][i+1]
BIT0::add(st[u][i],dis0[u][i]);
BIT1::add(st[u][i+1],dis1[u][i+1]);
}
}
inline int query(int u,int d){
int re=BIT0::sum(u,d),i;
for(i=dep[u]-1;i>=1;i--){
re+=BIT0::sum(st[u][i],d-dis0[u][i]);
re-=BIT1::sum(st[u][i+1],d-dis1[u][i+1]);
}
return re;
}
int bfs[100010];queue<int>q;
int main(){
memset(first,-1,sizeof(first));
n=read();m=read();L=read();R=read();int i,u,v,t1,t2;
int ans0=1,ans1=1;
for(i=1;i<n;i++){
t1=read();t2=read();
add(t1,t2);
}
root=0;sum=n;son[root]=sum;
getroot(1,0);
build(root,0,1,sum);
q.push(1);bfs[1]=1;
while(!q.empty()){
u=q.front();q.pop();
t1=m-query(u,L-1);
t2=max(0,m-query(u,R));
change(u);
if(m<=0){puts("0");return 0;}
ans0=1ll*ans0*t1%MOD;
ans1=1ll*ans1*t2%MOD;
for(i=first[u];~i;i=a[i].next){
v=a[i].to;if(bfs[v]) continue;
q.push(v);bfs[v]=1;
}
}
cout<<(ans0-ans1+MOD)%MOD<<'\n';
}