蓝魔法师

题目地址：

https://ac.nowcoder.com/acm/problem/20811

基本思路：

考虑树形,我们用表示在以为根的子树中,包含且连通块大小为的方案数,
考虑在以每一个节点为根的情况,我们对于它的每一棵子树进行转移,
我们假设已经对之前的几个子树做完了处理,那么在准备新加入的这棵子树时,我们有两种处理方案,
第一种方案是我们将根节点和这棵子树截断,这棵子树独立贡献方案,那么这棵子树对于方案的贡献应该为,
那么之前根节点的每一种方案里,都应该乘上这部分的贡献。
第二种方案是,我们在以为根已经处理过的部分里选择大小为的连通块,在这棵新子树中选择大小为的连通块,将这两块连通块合并成一个小于等于的连通块,这部分的转移方程应该为,因为这部分重复使用了这个数组，所以我们要将结果暂存一下,再赋值回去(从大到小枚举也可以)。
然后上面两个方案其实可以合并,只要我们将存储在里面，然后直接用第二种方案里的方程转移就行了。

参考代码：

#pragma GCC optimize(2)
#pragma GCC optimize(3)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define IO std::ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0)
#define int long long
#define SZ(x) ((int)(x).size())
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
#define rep(i, l, r) for (int i = l; i <= r; i++)
#define per(i, l, r) for (int i = l; i >= r; i--)
#define mset(s, _) memset(s, _, sizeof(s))
#define pb push_back
#define pii pair <int, int>
#define mp(a, b) make_pair(a, b)
#define INF (int)1e18

inline int read() {
  int x = 0, neg = 1; char op = getchar();
  while (!isdigit(op)) { if (op == '-') neg = -1; op = getchar(); }
  while (isdigit(op)) { x = 10 * x + op - '0'; op = getchar(); }
  return neg * x;
}
inline void print(int x) {
  if (x < 0) { putchar('-'); x = -x; }
  if (x >= 10) print(x / 10);
  putchar(x % 10 + '0');
}

const int mod = 998244353;
const int maxn = 2010;
struct Edge{
    int to,next;
}edge[maxn << 1];
int cnt = 0,head[maxn];
void add_edge(int u,int v){
  edge[++cnt].next = head[u];
  edge[cnt].to = v;
  head[u] = cnt;
}
int n,k;
int dp[maxn][maxn],sz[maxn],tmp[maxn];
void dfs(int u,int par) {
  dp[u][1] = 1;
  sz[u] = 1;
  for (int i = head[u]; i != -1; i = edge[i].next) {
    int to = edge[i].to;
    if (to == par) continue;
    dfs(to, u);
    mset(tmp, 0);
    for (int p = 1; p <= min(sz[u],k); p++) { // 枚举已经处理了的包含根节点的子树对新连通块的贡献;
      for (int q = 0; q <= sz[to] && p + q <= k; q++) // 当前准备处理的子树对新连通块的贡献;
        // 新联通块的大小为 p + q，贡献的方案数为 dp[u][p] * dp[to][q];
        tmp[p + q] = (tmp[p + q] % mod + dp[u][p] * dp[to][q] % mod) % mod;
    }
    for (int j = 1; j <= k; j++) dp[u][j] = tmp[j]; // 用tmp暂存再赋值回去;
    sz[u] += sz[to]; // 更新已经处理了的子树的大小;
  }
  for (int i = 1; i <= k; i++) dp[u][0] = (dp[u][0] + dp[u][i]) % mod; // 将以u为根的所有的可行方案数存在dp[u][0]里;
}
signed main() {
  IO;
  cin >> n >> k;
  cnt = 0,mset(head,-1);
  rep(i,1,n - 1) {
    int u, v;
    cin >> u >> v;
    add_edge(u, v);
    add_edge(v, u);
  }
  dfs(1,0);
  int ans = dp[1][0] % mod;
  cout << ans << '\n';
  return 0;
}