題意：給出1棵樹（n<=300），以及有k（<=300）種顏色。現在要給每個節點上色，滿足：任意兩個相同顏色的點x，y，其簡單路徑上的點必須也是這個顏色。求方案總數。

題解：首先，染色規則其實說明了一件事情：相同顏色的點是一個塊。那麼我們只需要求出這棵樹用1/2/3/……/k種顏色染色的方案數，然後分別乘上A(k,1)/A(k,2)/A(k,3)/……/A(k,k)就行了。那麼比較明顯這就是一個樹形DP了。用dp[ node ][ kk ]表示node以及node以下的點，用kk種顏色染色的方案數，其中有：父節點的顏色號不小於子節點的顏色號。（因為組合數是最後乘上的，所以這一步只需要每種方案中，每個點有自己的標號就可以，至於怎麼組合最後在考慮）

設node為temp的父親 轉移方程式： dp ' [ i+j ] += dp[ node ][ i ]*dp[ temp ][ j ] （temp和node點的顏色不同，這樣總共就有i+j種顏色了。dp[ node ][ i ]統計的每一種方案而言，算上dp[ temp ][ j ]的每種方案，都會構成一個唯一的新方案，至於標號不需要考慮，只要顏色方案確定了，標號必然確定。）dp ‘ [ i+j-1 ] += dp[ node ][ i ]*dp[ temp ][ j ]（temp和node顏色相同。）然後再把dp ’ 陣列重新賦給dp[ node ]。因為當多了一個孩子的時候，原來dp[ node ]統計的方案數量 由於沒有考慮新孩子，都變得不合法了，新算的這個dp ' 才是合法的。

初始條件是dp[ i ][ 1 ] =1意思是 i 這個點染上一個“某種顏色”的方案數=1，這個“某種顏色”在具體計算dp[ i ]的時候，會根據情況得到相應的意義。比如葉子節點dp[ i ][ 1 ]=1表示用1種顏色染掉 i 及其孩子（不存在的）有一種方案。i 的 爹爹是 j 。dp[ j ][ 1 ] =1，根據轉移方程：i+j那種情況表示“某種顏色”不同於 i 的。i+j-1那種情況下表示 “某種顏色”和 i 的相同。。。。。。囉裡囉唆囉裡囉唆。。。

注意：牛客網上邊的LL佔位符不是I64d

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int MAX = 305;
const LL MOD = 1e9+7;
vector<int> E[MAX];
LL dp[MAX][MAX];
LL f[MAX];
LL C[MAX][MAX];
LL A[MAX];

int n,k;
int u,v;
void input(){
	scanf("%d%d",&n,&k);
	for (int i=1;i<n;i++){
		scanf("%d%d",&v,&u);
		E[v].push_back(u);
		E[u].push_back(v);
	}
	memset(dp,0,sizeof dp);
}
void dfs(int node,int father){
	if (E[node].size()==1&&node!=1){
		dp[node][1] = 1;
		return;
	}
	dp[node][1]=1;
	for (int temp:E[node]){
		if (temp==father){
			continue;
		}
		dfs(temp,node);
		memset(f,0,sizeof f);
		for (int i=1;i<=k;i++){
			for (int j=1;j<=k;j++){
			if (i+j<=k){
				f[i+j]+=dp[temp][j]*dp[node][i];
				f[i+j]%=MOD;
			}
			if (i+j-1<=k&&i+j-1>0)
			f[i+j-1]+=dp[temp][j]*dp[node][i];
			f[i+j-1]%=MOD;
			}
		}
		for (int i=1;i<=k;i++){
			dp[node][i] = f[i];
		}
	}
}
void print(){
	for (int i=1;i<=n;i++){
		for (int j=1;j<=k;j++){
			printf("dp[%d][%d]=%d\n",i,j,dp[i][j]);
		}
	}
}
void solve(){
	dfs(1,0);
	LL ans =0;
	for (int i=1;i<=k;i++){
		ans+=(1LL*dp[1][i]*C[k][i]%MOD*A[i]%MOD);
		ans%=MOD;
	}
//	print();
	cout<<ans<<endl;
}
void init(){
	C[1][0]=1;
	C[1][1]=1;
	for (int i=2;i<=300;i++){
		C[i][0]=1;
		C[i][i]=1;
		for (int j=1;j<i;j++){
			C[i][j] = C[i-1][j-1]+C[i-1][j];
			C[i][j]%=MOD;
		}
	}
	A[1]=1;
	A[0]=1;
	for (int i=2;i<=300;i++){
		A[i] = A[i-1]*i;
		A[i]%=MOD;
	}
}
int main(){
	init();
	input();
	solve();
	return 0;
}
 

Code：