题意：$n$ 个点的带点权的树，点权最大值为 $w$，求所有连通子图第 $k$ 大权值之和模 $64123$。

$n,w\le 1666$，时限 5s。

idea 很好的题，可惜被暴力艹过去了。

首先如果点权只有 $0$ 和 $1$，我们相当于求包含至少 $k$ 个 $1$ 的连通子图个数。可以设 $f(u,k)$ 表示 $u$ 为根的可空连通子图中有恰好 $k$ 个 $1$ 的数量，然后就是刻在 DNA 里的转移方程

$$f(u,k)⟵\sum _{i=0}^{k}f(u,i)g(v,k-i)$$

$$f(u,0)⟵f(u,0)+1$$

边界： $f(u,va{l}_u)=1$

我们枚举值域，大于等于的设为 $1$，小于的设为 $0$，算出方案数乘上差值，就可以 $\mathrm{O}(n^{2}w)$ 踩标算了。

注意到这个转移方程是卷积的形式，所以可以写成生成函数

$$f_u(x)=\prod _{v\in son(u)}{f}_v(x)+1$$

然后你要求所有点的和，所以开个 $g$ 顺便记一下

$$g_u(x)=\sum _{v\in son(u)}{g}_v(x)+f_u(x)-1$$

所有的生成函数都是 $n$ 次的，所以考虑带 $n+1$ 个点值进去算。因为不是 NTT 模数，所以只能带一般的点值最后再插值回来。

这样还是 $\mathrm{O}(n^{2}w)$ 的。带点值这步不好优化，但后面的枚举值域看起来可以优化一下。

可以动态 dp，但常数巨大，还没暴力跑得快。

注意到不同的阀值的计算过程是一样的，可以考虑用线段树合并维护所有阀值的答案。

开个长度为值域的线段树，我们在线段树的每个叶子记录这个阀值的 $(f,g)$，初值为 $(0,0)$。你需要维护以下操作：

1. 开头的 $f$ 区间加和区间乘。
2. 合并两棵线段树，$f$ 对应位置相乘， $g$ 对应位置相加。
3. 最后的 $f\leftarrow f+1,g\leftarrow g+f$。

手玩一个标记 $(a,b,c,d)$ 表示 $(f,g)⟵(af+b,cf+g+d)$，就可以做了。

关于有懒标记的线段树合并：线段树合并的过程中两边有一边没有儿子时直接返回，这样 pushdown 次数和递归次数同阶，不影响复杂度。

最后插值即可。

复杂度 $\mathrm{O}(wn\log w)$

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cctype>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <algorithm>
#define MAXN 2005
using namespace std;
inline int read()
{int ans=0;char c=getchar();while (!isdigit(c)) c=getchar();while (isdigit(c)) ans=(ans<<3)+(ans<<1)+(c^48),c=getchar();return ans;
}
const int MOD=64123;
typedef long long ll;
inline int add(const int& x,const int& y){return x+y>=MOD? x+y-MOD:x+y;}
inline int dec(const int& x,const int& y){return x<y? x-y+MOD:x-y;}
vector<int> e[MAXN];
inline int qpow(int a,int p)
{int ans=1;while (p){if (p&1) ans=(ll)ans*a%MOD;a=(ll)a*a%MOD,p>>=1;}return ans;
}
struct data
{int a,b,c,d;inline data(const int& a=1,const int& b=0,const int& c=0,const int& d=0):a(a),b(b),c(c),d(d){}
};
inline data operator *(const data& x,const data& y){return data((ll)x.a*y.a%MOD,((ll)y.a*x.b+y.b)%MOD,((ll)x.a*y.c+x.c)%MOD,((ll)x.b*y.c+x.d+y.d)%MOD);}
int n,k,w,val[MAXN];
int ch[MAXN<<5][2],cnt;
data tag[MAXN<<5];
inline void clear()
{for (int i=1;i<=cnt;i++) ch[i][0]=ch[i][1]=0,tag[i]=data();cnt=0;
}
inline void pushtag(int x,const data& v){tag[x]=tag[x]*v;}
inline void pushdown(int x)
{if (!ch[x][0]) ch[x][0]=++cnt;if (!ch[x][1]) ch[x][1]=++cnt;pushtag(ch[x][0],tag[x]),pushtag(ch[x][1],tag[x]);tag[x]=data();
}
int merge(int x,int y)
{if (!x||!y) return x|y;if (!ch[x][0]&&!ch[x][1]) swap(x,y);if (!ch[y][0]&&!ch[y][1]){tag[x]=tag[x]*data(tag[y].b,0,0,0);tag[x]=tag[x]*data(1,0,0,tag[y].d);return x;}pushdown(x),pushdown(y);ch[x][0]=merge(ch[x][0],ch[y][0]);ch[x][1]=merge(ch[x][1],ch[y][1]);return x;
}
void modify(int& x,int l,int r,int ql,int qr,data v)
{if (!x) x=++cnt;if (ql<=l&&r<=qr) return pushtag(x,v);if (qr<l||r<ql) return;int mid=(l+r)>>1;pushdown(x);modify(ch[x][0],l,mid,ql,qr,v),modify(ch[x][1],mid+1,r,ql,qr,v);
}
int querysum(int x,int l,int r)
{if (l==r) return tag[x].d;int mid=(l+r)>>1;pushdown(x);return add(querysum(ch[x][0],l,mid),querysum(ch[x][1],mid+1,r));
}
int rt[MAXN];
void dfs(int u,int f,int v)
{modify(rt[u],1,w,1,w,data(0,1,0,0));modify(rt[u],1,w,1,val[u],data(v,0,0,0));for (int i=0;i<(int)e[u].size();i++)if (e[u][i]!=f){dfs(e[u][i],u,v);rt[u]=merge(rt[u],rt[e[u][i]]);}modify(rt[u],1,w,1,w,data(1,1,1,0));
}
int calc(int v)
{clear();for (int i=1;i<=n;i++) rt[i]=0;dfs(1,0,v);return querysum(rt[1],1,w);
}
int ans[MAXN],s[MAXN],tmp[MAXN],f[MAXN];
int main()
{n=read(),k=read(),w=read();for (int i=1;i<=n;i++) val[i]=read();for (int i=1;i<n;i++){int u,v;u=read(),v=read();e[u].push_back(v),e[v].push_back(u);}for (int v=1;v<=n+1;v++)ans[v]=calc(v);s[0]=1;for (int i=1;i<=n+1;i++){for (int j=i;j>=1;j--)s[j]=dec(s[j-1],(ll)i*s[j]%MOD);		s[0]=(ll)s[0]*(MOD-i)%MOD;}for (int i=1;i<=n+1;i++){int x=ans[i];for (int j=1;j<=n+1;j++) if (i!=j) x=(ll)x*qpow(dec(i,j),MOD-2)%MOD;tmp[0]=(ll)s[0]*qpow(MOD-i,MOD-2)%MOD;for (int j=1;j<=n+1;j++) tmp[j]=(ll)dec(tmp[j-1],s[j])*qpow(i,MOD-2)%MOD;for (int j=0;j<=n+1;j++) f[j]=(f[j]+(ll)x*tmp[j])%MOD;}int res=0;for (int i=k;i<=n;i++) res=add(res,f[i]);cout<<res;return 0;
}