我记得我调这道题时中耳炎，发烧，于是在学长的指导下过了也没有发题解
发现我自己的思路蛮鬼畜的
常规操作：(f[i][j]) 表示到(i)的距离为(j)的奶牛有多少只，但注意这只是在第二遍dfs之后
在我的第一遍dfs中(就是下面那个叫build的函数）,(f[i][j])的含义是在i这课子树中到(i)的距离为(j)的奶牛有多少只，所以在第一遍dfs的时候，(f[i][j])的状态只会来自它的儿子们
于是在第一遍dfs就有一个异常简单的方程
[f[i][j]=sum_{}f[k][j-1]
]
其中(k)是 (i)的儿子
如果我们钦定以1为根建树的话，那么1的子树就是整棵树，于是这个时候的(f[1])就是全树意义下的答案了
而这个时候第二遍dfs就要登场了，第二遍dfs的意义就是利用父亲去更新儿子，于是我们就又有一个简单的方程了
[f[k][j]=sum_{}f[i][j-1]
]
其中(k)是 (i)的儿子
这样的话肯定会有重复的，因为到(i)的距离为2的点包含到(k)距离为1的k的儿子们,而这些点位于(k)的子树中的点已经在第一遍dfs的时候被加上了，于是我们在这里简单容斥就好了
于是就是代码了
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#define re register
#define maxn 100001
using namespace std;
struct node
{
int v,nxt;
}e[maxn<<1];
int f[maxn][21],s[maxn],head[maxn],deep[maxn];
int n,num,k;
inline int read()
{
char c=getchar();
int x=0;
while(c<'0'||c>'9') c=getchar();
while(c>='0'&&c<='9')
x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48),c=getchar();
return x;
}
inline void add(int x,int y)
{
e[++num].v=y;
e[num].nxt=head[x];
head[x]=num;
}
inline void build(int r)
{
for(re int i=head[r];i;i=e[i].nxt)
if(!deep[e[i].v])
{
deep[e[i].v]=deep[r]+1;
build(e[i].v);
for(re int j=1;j<=k;j++)
f[r][j]+=f[e[i].v][j-1];
}
}
inline void dfs(int r)
{
for(re int i=head[r];i;i=e[i].nxt)
if(deep[e[i].v]>deep[r])
{
for(re int j=k;j>=2;j--)
f[e[i].v][j]-=f[e[i].v][j-2];//简单的容斥原理了
//这里的循环一定要倒序
for(re int j=1;j<=k;j++)
f[e[i].v][j]+=f[r][j-1];
dfs(e[i].v);
}
}
int main()
{
n=read();
k=read();
int x,y;
for(re int i=1;i<n;i++)
{
x=read();
y=read();
add(x,y);
add(y,x);
}
for(re int i=1;i<=n;i++)
s[i]=read(),f[i][0]=s[i];
deep[1]=1;
build(1);
dfs(1);
for(re int j=1;j<=n;j++)
{
int ans=0;
for(re int i=0;i<=k;i++)
ans+=f[j][i];
printf("%d
",ans);
}
}