首先真子集这一限制比较麻烦，我们可以尝试把这个限制给去除掉。
具体地，令 \(G(i)\) 表示答案， \(F(i)\) 为用 \(i\) 步使得 \(U={1}\)且不要求真子集这一限制的方案数。
考虑 \(F(i)\)， 枚举哪几步满足真子集，可知 \(F(i) = \Sigma_{j=1}^{i}\binom{i}{j}G(j)\)
显然可以二项式反演，可知 \(G(i)=\Sigma_{j=1}^i (-1) ^{i - j} \binom {i}{j} F(j)\)。(其实就是子集反演)。
定义 \(f_{i,j}\) 表示 \(i\) 子树直到第 \(j\) 个时刻还有未被点亮的点的方案数。
考虑转移，分 \(i\) 在第 \(k\) 时刻仍点亮和未点亮两种情况。对于前者，不难发现只要每个子树内合法， \(i\) 子树内必然合法，所以
设 \(s_i\) 为 \(f_i\) 的前缀和。
对于第二种情况，枚举 \(i\) 在 \(p\) 时刻至 \(p + 1\) 时刻间熄灭，则 \(p+1\) 时刻到 \(k\) 时刻有且仅有 \(i\) 的一个儿子子树被点亮，因此有转移式
改变求和顺序，预处理前缀后缀从而预处理 \(g_{u,k} = \sum_{p=0}^{k} \prod_{v \in son(i) v \not= u} s_{v,p}\)
\[f_{i,k}=\sum_{u\in son(i)} f_{u,k}g_{u,k-1} \]根节点暴力统计一下答案就行了。
Tips：
如果子集限制严格，可以考虑子集反演，处理更加简洁便于计算的子集。
#include<bits/stdc++.h>
#define RG register
#define LL long long
#define U(x, y, z) for(RG int x = y; x <= z; ++x)
#define D(x, y, z) for(RG int x = y; x >= z; --x)
#define update(x, y) (x = x + y >= mod ? x + y - mod : x + y)
using namespace std;
void read(){}
template<typename _Tp, typename... _Tps>
void read(_Tp &x, _Tps &...Ar) {
x = 0; char ch = getchar(); bool flg = 0;
for (; !isdigit(ch); ch = getchar()) flg |= (ch == '-');
for (; isdigit(ch); ch = getchar()) x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48);
if (flg) x = -x;
read(Ar...);
}
inline char Getchar(){ char ch; for (ch = getchar(); !isalpha(ch); ch = getchar()); return ch;}
template <typename T> inline void write(T n){ char ch[60]; bool f = 1; int cnt = 0; if (n < 0) f = 0, n = -n; do{ch[++cnt] = char(n % 10 + 48); n /= 10; }while(n); if (f == 0) putchar('-'); for (; cnt; cnt--) putchar(ch[cnt]);}
template <typename T> inline void writeln(T n){write(n); putchar('\n');}
template <typename T> inline void writesp(T n){write(n); putchar(' ');}
template <typename T> inline void chkmin(T &x, T y){x = x < y ? x : y;}
template <typename T> inline void chkmax(T &x, T y){x = x > y ? x : y;}
template <typename T> inline T Min(T x, T y){return x < y ? x : y;}
template <typename T> inline T Max(T x, T y){return x > y ? x : y;}
inline void readstr(string &s) { s = ""; static char c = getchar(); while (isspace(c)) c = getchar(); while (!isspace(c)) s = s + c, c = getchar();}
inline void FO(string s){freopen((s + ".in").c_str(), "r", stdin); freopen((s + ".out").c_str(), "w", stdout);}
#define int LL
const int N = 2010;
int n, fac[N], ifac[N], mod;
vector<int> e[N];
inline int Qpow(int a, int b) {
LL res = 1;
for (; b; b >>= 1) {
if (b & 1) (res *= a) %= mod;
(a *= a) %= mod;
}
return res;
}
int f[N][N], s[N][N], pre[N][N], suf[N][N], sum[N];
int ans[N];
inline int C(int n, int m) {
if (n < 0 || m < 0) return 0;
return fac[n] * ifac[m] % mod * ifac[n - m] % mod;
}
inline void dfs(int u, int fa) {
// cerr << u <<
vector<int> son;
for (auto v : e[u]) {
if (v == fa) continue ;
dfs(v, u), son.push_back(v);
}
if (son.empty()) {
U(i, 1, n - 1) f[u][i] = 1, s[u][i] = i;
return ;
}
int tot = son.size();
U(j, 0, tot - 1)
U(i, 1, n - 1) pre[i][j + 1] = suf[i][j + 1] = s[son[j]][i];
U(i, 1, n - 1) {
pre[i][0] = suf[i][tot + 1]=1;
U(j, 0, tot - 1)
pre[i][j + 1] = pre[i][j + 1] * pre[i][j] % mod;
D(j, tot - 1, 0)
suf[i][j + 1] = suf[i][j + 1] * suf[i][j + 2] % mod;
f[u][i] = pre[i][tot];
}
if(u == 1)
return;
U(i, 1, n - 1) {
for(int j = 0, v = son[0]; j < tot; v = son[++j])
update(f[u][i], f[v][i] * sum[v] % mod),
update(sum[v], pre[i][j] * suf[i][j + 2] % mod);
s[u][i] = (s[u][i - 1] + f[u][i]) % mod;
}
}
signed main(){
//FO("");
read(n, mod);
U(i, 2, n) {
int u, v;
read(u, v);
e[u].push_back(v);
e[v].push_back(u);
}
fac[0] = 1;
U(i, 1, n) fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;
ifac[n] = Qpow(fac[n], mod - 2);
D(i, n - 1, 0) ifac[i] = ifac[i + 1] * (i + 1) % mod;
dfs(1, 0);
U(i, 1, n - 1) {
ans[i] = f[1][i];
U(j, 0, i - 1)
update(ans[i], mod - C(i, j) * ans[j] % mod);
writesp(ans[i]);
}
return 0;
}