難得一見的換根法(肯定是我題目做少了吧)
首先考慮直接暴力dp, 設狀態為 \(f[i][k]\), 表示第i個節點走k步的總數.
然後就能求出節點1的答案了.
可惜這樣不夠. 我們要求的是所有節點的答案. 而換一個節點作為根重新跑dp的話複雜度為 \(O(KN^2)\), 顯然不現實.
考慮從已知答案的節點1推出其某個子節點(不妨設為2號節點)的答案.
明顯, 假如以2號節點為根, 那麼2節點的答案少了從1經過的節點數.
於是暴力加上去即可, 注意走到1算一步, 所以對於所有K, \(f[2][k] += f[1][k - 2]\).
還有一個小問題. 之前算1節點的時候, 2是1的子節點, 那麼現在換根以後, 2實際上被算了2次, 所以還應該對於所有k, \(f[2][k] -= f[2][k - 1]\)

#include <vector>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cassert>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int MAXN = 1e5 + 10;
const int MAXK = 20 + 2;
inline int read(){
    char ch = getchar(); int x = 0;
    while(!isdigit(ch)) ch = getchar();
    while(isdigit(ch)) x = x * 10 + ch - '0', ch = getchar();
    return x;
}

int N, K;
int c[MAXN];
vector<int> g[MAXN];

int f[MAXN][MAXK];
void dp(int u, int fa) {
    f[u][0] = c[u];

    for(int i = 0; i < (int) g[u].size(); i++) {
        int &v = g[u][i];
        if(v == fa) continue;
        dp(v, u);
        for(int j = 1; j <= K; j++) f[u][j] += f[v][j - 1];
    }
}

int tot[MAXN];
void dfs(int u, int fa) {
    for(int i = 0; i <= K; i++) tot[u] += f[u][i];

    for(int i = 0; i < (int) g[u].size(); i++) {
        int &v = g[u][i];
        if(v == fa) continue;

        for(int j = K; j >= 2; j--) 
            f[v][j] += (f[u][j - 1] - f[v][j - 2]);
        f[v][1] += f[u][0];
        dfs(v, u);
    }
}

int main(){
    // freopen("p3047.in", "r", stdin);
    // freopen("p3047.out", "w", stdout);
    cin>>N>>K;
    for(int i = 1; i < N; i++) {
        int u = read(), v = read();
        g[u].push_back(v), g[v].push_back(u);
    }
    for(int i = 1; i <= N; i++) c[i] = read();
    dp(1, 1); dfs(1, 1);
    for(int i = 1; i <= N; i++) printf("%d\n", tot[i]);
    return 0;
}