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思路：

        容易知道对于同一种颜色的子图一定是仅由该颜色的点连通的。设我们要划分的个数为x（x<=k），也就是说我们要选出x-1条边，这里有种情况。那么我们需要选出x种颜色，这里有种情况。然后我们需要将这x种颜色分配到x个区域，也就是x！种情况，对于划分x区域的情况就是这三者相乘。最后由于x可以取1到k所以将这k种情况取和即可。

代码：

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<map>
#include<vector>
#include<queue>
#include<set>
#include<iomanip>
//#include<stack>
//#include<deque>
//#include<bitset>
//#include<functional>

#define ll long long
#define inf 0x3f3f3f3f
#define lc p<<1
#define rc p<<1|1
#define endl '\n'
#define all(a) a.begin()+1,a.end()
#define pb push_back
using namespace std;

typedef pair<int,int>PII;
const int N=1010;
const ll p=1e9+7;
ll c[N][N];
ll jc[N];
ll n,k;

void init()
{
	for(int i=0;i<=350;i++)
	{
		for(int j=0;j<=i;j++)
		{
			if(j==0) c[i][j]=1;
			else c[i][j]=(c[i-1][j-1]+c[i-1][j])%p;
		}
	}
	jc[0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++) jc[i]=(i*jc[i-1])%p;
 
}



void solve()
{
  cin>>n>>k;
  init();
  for(int i=1;i<n;i++)
  {
  	int a,b;
  	cin>>a>>b;
  }
 
  

  
  ll ans=0;
 
  for(int i=1;i<=min(n,k);i++)//枚举分成的连通块个数
  {
  	ans+=c[k][i]*c[n-1][i-1]%p*jc[i]%p;
  	ans%=p;
  }
cout<<ans<<endl;
	
}
	
	
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
	
	solve();
	
	return 0;
}