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感觉这是一道值得收藏的题目。

比赛的时候这道题看到后没有立即想到思路，虽然不算很难，但还是比较初见杀的。

比较常见的思路是采用树形dp，用$dp[x][y]$表示点$x$的子树中选择了和为$y$的联通块的方案数。

这样将两个合并是

$$d{p}^{\prime }[x][t]=\sum _{i=0}^{t}dp[x][i]\times dp[y][t-i]$$

这样的转移是$O(n\log n)$的。

感觉树形dp主要的问题是不能很好的利用只有一个连通块的条件。

后面想着如果是一个连通块，直接用在dfs序上面找不选的点就好。

令$dp[i][j]$表示在dfs序为$i$的点上和为$j$的方案数(只是到$i$并没有决定$i$选不选）

那么就有两种方案，如果选择$i$，就把$dp[i]$加到$dp[i+1]$；如果不选择$i$，那么其子树就不用再去遍历，直接给$dp[i+siz[i]]$加上$dp[i]$即可。

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;const int N = 5e3 + 10, mod = 1e9 + 7;int n, m, a[N], f[N][N];
vector<int> e[N];
int z, pos[N], L[N], R[N];void dfs(int x, int fa) {L[x] = ++z;pos[z] = x;for (int y : e[x]) {if (y == fa) continue;dfs(y, x);}R[x] = z;
}void ad(int &x, int y) {x = x + y >= mod ? x + y - mod : x + y;
}void solve() {cin >> n >> m;memset(f, 0, sizeof(f));for (int i = 1; i <= n; i++) {cin >> a[i];e[i].clear();}for (int i = 1; i < n; i++) {int x, y;cin >> x >> y;e[x].push_back(y);e[y].push_back(x);}z = 0; dfs(1, 0);f[1][0] = 1;for (int i = 1; i <= n; i++) {//选择for (int j = 0; j + a[pos[i]] <= m; j++) {ad(f[i + 1][j + a[pos[i]]], f[i][j]);}//不选择if (i > 1) {int k = R[pos[i]] + 1;for (int j = 0; j <= m; j++) {ad(f[k][j], f[i][j]);}}}int ans = 0;for (int i = 0; i <= m; i++) {ad(ans, f[n + 1][i]);}cout << ans << "\n";
}int main() {// freopen("in.in", "r", stdin);ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);int T; cin >> T;while (T--) {solve();}
}