题意：给你一棵树，你需要在这棵树上选择一些点染成黑色，要求染色之后树中任意节点到离它最近的黑色节点的距离不超过m，问满足这种条件的染色方案有多少种？
思路：设dp[x][i]为以x为根的子树中，离x点最近的点的距离是i，并且满足题目中的限制条件的方案数。我们假设已经计算了x的一些子树对x的贡献，我们考虑x的一个还没产生贡献的子树y对x的贡献。用数组f作为临时变量。我们枚举x的距离i和y的距离j,容易发现有两种情况：i + j + 1 <= 2 * m + 1，这种时候不会出现不符合题目条件的点，直接转移即可：f[min(i, j + 1)] += dp[x][i] * dp[y][j]。第二种情况：i + j + 1 > 2 *m + 1, 那么就不能直接转移了，因为如果转移了会出现不符合题目中的条件的点。但是我们可以保存这两者中的最大值，作为最远点来看他们仍然是合法的，而且它们仍有可能和后面的子树形成新的答案。有一个细节需要注意一下：在处理第一棵子树的时候，我们把dp[x][0]和dp[x][m + 1]设置为0，第一个的原因是因为子树和根节点本身可以形成合法情况。第二种操作相当于取了个巧，本质是把dp[v][i]赋值给dp[x][i + 1]。
代码：
#include <bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define INF 0x3f3f3f3f
#define db double
#define pii pair<int, int>
using namespace std;
const LL mod = 1e9 + 7;
const int maxn = 210;
LL dp[maxn][maxn], f[maxn];
vector<int> G[maxn];
int n, m;
void add(int x, int y) {
G[x].push_back(y);
G[y].push_back(x);
}
void dfs(int x, int fa) {
dp[x][0] = dp[x][m + 1] = 1;
for (auto y : G[x]) {
if(y == fa) continue;
dfs(y, x);
memset(f, 0, sizeof(f));
for (int i = 0; i <= 2 * m + 1; i++) {
for (int j = 0; j <= 2 * m; j++) {
if(i + j <= 2 * m) {
int p = min(i, j + 1);
f[p] = (f[p] + (dp[x][i] * dp[y][j]) % mod) % mod;
}
else {
int p = max(i, j + 1);
f[p] = (f[p] + (dp[x][i] * dp[y][j]) % mod) % mod;
}
}
}
for (int i = 0; i <= 2 * m; i++) {
dp[x][i] = f[i];
}
}
}
int main() {
int x, y;
scanf("%d%d", &n, &m);
for (int i = 1; i < n; i++) {
scanf("%d%d", &x, &y);
add(x, y);
}
dfs(1, -1);
LL ans = 0;
for (int i = 0; i <= m; i++) {
ans = (ans + dp[1][i]) % mod;
}
printf("%lld\n", ans);
}