分析

对于每个点对应的子树及边，我们可以定义 f[i][j] 表示以i为根节点， 且i所在的连通块的大小为j，的方案数量。 所以我们就可以分为两种情况。

①对于当前的边删去

因为要删除当前的边，所以我们根节点所在的连通块的大小应该乘子树的种类， 但是由于根节点的大小需要枚举出来， 所以我们先计算子树的所有种类数， 就是代码中的s

②不删当前边

因为不删除，所以子树大小应该加上根的大小， 小于等于k， 所以我们可以枚举子树与根的大小，来计算转移方程， 所以还需要一个计算大小的数组， sz

f[根][sz[根] + sz[子]] = (f[根][sz[根] + sz[子]] + f[根][sz[根]] * f[子][sz[子]] );

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const LL N = 1e5+5, M = N * 2;
const LL mod = 998244353;

int h[N], ne[M], e[M], idx;
int n, k, sz[N];
LL f[2020][2021];

void add(int a, int b)
{
	e[idx] = b, ne[idx] = h[a], h[a] = idx ++;
}

void dfs(int u, int fa)
{
	f[u][1] = sz[u] = 1;
	for(int i = h[u]; ~i; i = ne[i])
	{
		int j = e[i];
		if(j == fa) continue;
		dfs(j, u);
		
		LL s = 0;
		for(int l = 1; l <= min(sz[j], k); l ++ )
		{ // 子树的所有情况
			s = (s + f[j][l]) % mod;
		}
		for(int l = min(sz[u], k); l ; l --)
		{
			for(int r = min(sz[j], k); r; r --)
			{
				if(l + r <= k)
					f[u][l+r] = (f[u][l+r] + f[u][l]*f[j][r]) % mod;
				// 这里是不删除，那么情况就叠加
			}
			f[u][l] = (f[u][l] * s) % mod;
			// 这里是删除当前边，那么情况就可以乘起来
		}
		sz[u] += sz[j];
	}
}

int main()
{
	cin >> n >> k;
	
	memset(h, -1, sizeof h);
	for(int i = 1; i < n; i ++)
	{
		int u, v;
		cin >> u >> v;
		add(u, v), add(v, u);
	}
	
	dfs(1, -1);
	
	LL ans = 0;
	
	for(int i = 1; i <= k; i ++)
	{
		ans = (ans + f[1][i])%mod;
	}
	cout << ans << endl;
	
	return 0;
}