比较经典的树形dp套路。由于题目限制某类点的数量，因而状态需要记录一下子树中该特殊点的数量。

设计dp：
$f_{u,j,k}$以$u$为根的子树中，选了$j$个特殊值（点权==K），$u$的权值是0/1/2(分别表示小于K/等于K/大于K)

转移用一个数组辅助转移即可

时间复杂度$O(NK)$

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#include<bits/stdc++.h>using namespace std;
using ll=long long;constexpr int N=100005,mod=1e9+7;
int h[N],e[2*N],ne[2*N],idx;
void add(int a,int b){e[idx]=b,ne[idx]=h[a],h[a]=idx++;}
int n,m,K,X;
ll f[N][11][3];// f[u][j][k] 以u为根 选了j个特殊的点 u状态是0/1/2 小于K/等于K/大于K 
ll g[11][3];
int sz[N];
void dfs(int u,int fa)
{f[u][0][0]=K-1;f[u][1][1]=1;f[u][0][2]=m-K;sz[u]=1;for(int i=h[u];i!=-1;i=ne[i]){int v=e[i];if(v==fa) continue;dfs(v,u);memset(g,0,sizeof g);for(int j=0;j<=min(X,sz[u]);j++)for(int k=0;k<=sz[v]&&j+k<=X;k++){g[j+k][0]=(g[j+k][0]+f[u][j][0]*(f[v][k][0]+f[v][k][1]+f[v][k][2]))%mod;g[j+k][1]=(g[j+k][1]+f[u][j][1]*f[v][k][0])%mod;g[j+k][2]=(g[j+k][2]+f[u][j][2]*(f[v][k][0]+f[v][k][2]))%mod;}sz[u]+=sz[v];for(int j=0;j<=min(X,sz[u]);j++)for(int k=0;k<3;k++)    f[u][j][k]=g[j][k];}
}
int main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);cout.tie(nullptr);cin>>n>>m;memset(h,-1,sizeof h);for(int i=1;i<n;i++){int u,v;cin>>u>>v;add(u,v),add(v,u);}cin>>K>>X;dfs(1,0);ll ans=0;for(int i=0;i<=X;i++)for(int j=0;j<3;j++)ans=(ans+f[1][i][j])%mod;cout<<ans<<'\n';return 0;
}