十载峥嵘桀骜：感觉挺简单的，就是代码处理比较繁琐。
一个最简单的部分分是暴力模拟建图之后跑矩阵快速幂转移，时间复杂度 \(O(n^3\log t)\)，随便拼点其他特殊性质就能 68pts 了。
考虑正解，结合树的直径的 DFS 求法，容易注意到在走完第一天后，第二天开始走的就是树的直径了。
同时又有“若树上所有边边权均为正，则树的所有直径中点重合”的一个经典结论，因此每天走的路线就是形如：\(u \to root \to v\)。其中 \(u\) 指一个在直径上的叶子，\(root\) 指直径中点，\(v\) 指另一个在直径上的叶子。为了保证每次走的是一个直径，需要保证在以 \(root\) 为根时，\(\bm{u, v}\) 不在一个子树内。
由此性质可以对原来的暴力进行一点优化，把以 \(root\) 为根的每个儿子当成矩阵上的一个节点，每次转移相当于从一个儿子转移到另一个儿子。令 \(dp_i\) 表示在节点 \(i\) 方案数（要求 \(i\) 为 \(root\) 的儿子，下文同理），\(x_i\) 表示节点 \(i\) 的子树中在直径上的叶子个数，则从节点 \(a\) 转移到节点 \(b\) 的方程为 \(dp_b\overset{+}{\leftarrow}dp_a\times x_b\)。时间复杂度实质没有改变，菊花就能把它卡飞。
继续观察性质，注意到转移方程只与 \(\bm x\) 的值有关，而 \(\sum x\le n\)，所以可以从 \(x\) 的种类数考虑，发现不同的 \(\bm x\) 最多只有 \(\bm{\sqrt n}\) 个。因此可以将 \(x\) 相同的 \(i\) 进行合并，同时特殊处理 \(x\) 相同的节点之间的转移。此时矩阵上的节点被减少到 \(\sqrt n\) 量级，跑矩阵快速幂即可。时间复杂度 \(O(n\sqrt n\log t)\)。
因为直径的中点可能在某条边上，不便于处理，于是可以在每条边上都插入一个虚点，这样就能避免中点在边上的情况。
#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define eb(x) emplace_back(x)
#define pb(x) push_back(x)
#define lc(x) (tr[x].ls)
#define rc(x) (tr[x].rs)
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double ldb;
using pi = pair<int, int>;
const int N = 5005, M = 105;
const ll mod = 1e9 + 7;
ll n, kcnt, troot, ksz[N], knum[N], m;
vector<int> g[N];
struct Matrix{ll a[M][M];Matrix(){ memset(a, 0, sizeof(a)); }Matrix operator * (const Matrix & t) const{Matrix res;for(int i = 1; i <= kcnt; i++)for(int k = 1; k <= kcnt; k++)for(int j = 1; j <= kcnt; j++)res.a[i][j] = (res.a[i][j] + a[i][k] * t.a[k][j]) % mod;return res;}
};
Matrix mqpow(Matrix a, ll b)
{Matrix res;for(int i = 0; i <= kcnt; i++) res.a[i][i] = 1;while(b){if(b & 1) res = res * a;b >>= 1;a = a * a;}return res;
}
ll dep[N][N], diam, depmx[N], depcnt[N], scnt[N], stot[N], tot[N];
void dfs(int u, int fa, int anc)
{dep[anc][u] = dep[anc][fa] + 1;for(auto v : g[u]){if(v == fa) continue;dfs(v, u, anc);}
}
void dfs2(int u, int fa, int anc)
{depmx[u] = dep[anc][u];depcnt[u] = 1;for(auto v : g[u]){if(v == fa) continue;dfs2(v, u, anc);scnt[u] = (scnt[u] + scnt[v]) % mod;if(depmx[v] > depmx[u]){depmx[u] = depmx[v];depcnt[u] = depcnt[v];}else if(depmx[v] == depmx[u]) depcnt[u] += depcnt[v];}
}
void solve()
{cin >> n >> m;memset(dep, 0, sizeof(dep));for(int i = 0; i <= 2 * n - 1; i++){g[i].clear();tot[i] = ksz[i] = knum[i] = depmx[i] = depcnt[i] = scnt[i] = stot[i] = 0;}for(int i = 1; i < n; i++){int u, v;cin >> u >> v;g[u].push_back(n + i);g[n + i].push_back(u);g[v].push_back(n + i);g[n + i].push_back(v);}if(n == 1){cout << 1 << "\n";return;}diam = 0;for(int i = 1; i <= 2 * n - 1; i++){dfs(i, 0, i);ll nmx = 0;for(int j = 1; j <= 2 * n - 1; j++){diam = max(diam, dep[i][j]);nmx = max(nmx, dep[i][j]);}if(i > n) continue;for(int j = 1; j <= 2 * n - 1; j++){if(j > n) continue;if(nmx == dep[i][j])scnt[j]++;} }troot = 0;for(int i = 1; i <= 2 * n - 1; i++){for(int j = 1; j <= 2 * n - 1; j++){if(dep[i][j] == diam){for(int k = 1; k <= 2 * n - 1; k++){if(dep[k][i] + dep[k][j] - 1 == diam && dep[k][i] == dep[k][j]){troot = k;break;}}break;}}if(troot) break;} dfs2(troot, 0, troot);kcnt = 0;for(auto v : g[troot]){if(depmx[v] != depmx[troot]) continue;tot[depcnt[v]]++;stot[depcnt[v]] = (stot[depcnt[v]] + scnt[v]) % mod;}Matrix dp, sx;for(int i = 0; i <= 2 * n - 1; i++){if(tot[i]){ksz[++kcnt] = tot[i];knum[kcnt] = i;sx.a[kcnt][kcnt] = stot[i];}}for(int i = 1; i <= kcnt; i++){for(int j = 1; j <= kcnt; j++){if(i == j)dp.a[i][j] = knum[i] * (ksz[i] - 1) % mod;elsedp.a[i][j] = knum[j] * ksz[j] % mod;}}sx = sx * mqpow(dp, m - 1);ll ans = 0;for(int i = 1; i <= kcnt; i++)for(int j = 1; j <= kcnt; j++)ans = (ans + sx.a[i][j]) % mod;cout << ans << "\n";
}
int main()
{//freopen("sample.in", "r", stdin);//freopen("sample.out", "w", stdout);ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);int tid, t;cin >> tid >> t;while(t--) solve();return 0;
}
