思路：设f(x,y)表示以x为根的子树，x点值为y时，且满足条件的方案数，那么状态转移很好想，就是dfs回溯到父亲结点时，枚举父亲结点的y值。f(x,y)父亲结点的方案数，就是对于每个儿子满足条件的方案数相乘，对于这题还需要一个优化，预处理gcd，提前得到每个数字已知最大公因数时另一个数字的集合，对于每个儿子的方案数，就是儿子每个值的总方案数-不满足条件值的方案数。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=2*1e3+5;
#define ll long long
int head[maxn],nxt[maxn],ver[maxn],edge[maxn];
int tot=0;
int n,m;
int f[maxn][maxn];
const int mod=1e9+7;
vector<int> gd[maxn][maxn];
int gcd(int a,int b)
{
return a%b==0?b:gcd(b,a%b);
}
void add(int u,int v,int w)
{
ver[++tot]=v;
edge[tot]=w;
nxt[tot]=head[u];
head[u]=tot;
}
void dfs(int u,int fa)
{
for(int i=1; i<=m; i++)
f[u][i]=1;
for(int i=head[u]; i; i=nxt[i])
{
int v=ver[i];
int w=edge[i];
if(v==fa) continue;
dfs(v,u);
for(int j=1; j<=m; j++)
{
ll cnt=0;
// for(int k=1; k<=m; k++)
// if(gd[j][k]!=w)
// cnt=(cnt+f[v][k])%mod;
for(auto k:gd[j][w])
cnt=(cnt+f[v][k])%mod;
cnt=(f[v][0]-cnt+mod)%mod;
f[u][j]=(ll)cnt*f[u][j]%mod;
}
}
for(int i=1; i<=m; i++)
f[u][0]=(f[u][0]+f[u][i])%mod;
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1; i<=m; i++)
for(int j=1; j<=m; j++)
{
gd[i][gcd(i,j)].push_back(j);
}
for(int i=1; i<=n-1; i++)
{
int u,v,w;
scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
add(u,v,w);
add(v,u,w);
}
dfs(1,0);
ll ans=0;
printf("%d",f[1][0]);
}