暴力的想法是考虑钦定每个点作为到达点并统计贡献，但显然这样会算重。
注意到会算重的到达点一定构成了一个连通块，这是一个很好的性质，方便了我们容斥：我们直接用点的贡献减去边的贡献（一条边的两个端点同时是到达点）即可，因为一个连通块满足点数减边数等于 \(1\)。
先考虑点的贡献，需要统计以某个点为根且深度不超过 \(L\) 的连通块个数。
可以换根 DP：设 \(f_{u,i}\) 表示 \(u\) 子树内以 \(u\) 为根且深度不超过 \(i\) 的连通块个数，\(g_{u,i}\) 表示 \(u\) 子树外以 \(u\) 为根且深度不超过 \(i\) 的连通块个数，转移：（其中 \(s_u\) 表示 \(u\) 的儿子集合）
\[\begin{aligned} f_{u,i}&=\prod_{v\in s_u} (f_{v,i-1}+1)\\ g_{u,i}&=g_{fa,i-1}\prod_{v\in s_{fa},v\neq u}(f_{v,i-2}+1)+1 \end{aligned} \]注意 \(\prod\limits_{v\in s_{fa},v\neq u}(f_{v,i-2}+1)\) 不能写成 \(\dfrac{f_{fa,i-1}}{f_{u,i-2}+1}\)，因为在模意义下有可能 \(f_{u,i-2}+1\) 为 \(0\)。
单点贡献即为 \((f_{u,L}\cdot g_{u,L})^k\)。同时单边 \((fa,u)\) 的贡献也得到了，即为 \((f_{u,L-1}\cdot g_{u,L})^k\)。
然而暴力 DP 的复杂度为 \(O(nL)\) 的，需要优化。
先来处理 \(f\)，看到 \(f\) 的定义和深度有关，考虑用长链剖分优化：记 \(son_u\) 为 \(u\) 的重儿子，让 \(f_{u}\) 继承 \(f_{son_u}\) 的信息，再从 \(u\) 的其他儿子 \(v\) 转移过来。这里下标偏移一位的问题可以用指针处理，然后全局+1可以用 add 标记处理。
但注意到 \(f_{v}\) 的数组大小范围并不是 \(d_v\)（设 \(d_v\) 表示 \(v\) 子树内深度最大值），而是 \(0\sim L\) 都有值（根据 \(f\) 的定义）。
但 \(f_v\) 也是有特征的：\(f_{v,d_v}=f_{v,d_v+1}=\cdots =f_{v,L}\)。于是用 \(f_v\) 向 \(f_u\) 转移时，实际上做的是前 \(d_v+1\) 位暴力转移，后面的位做的是同乘 \(f_{v,d_v}+1\)。
这可以用线段树维护，但是有一个更加美妙的做法：
- 若 \(f_{v,d_v}+1=0\)，则 \(f_u\) 第 \(d_v+1\) 位之后将一直会是 \(0\)，这可以打个 tag。
- 若 \(f_{v,d_v}+1\neq 0\)，我们打一个 \(f_u\) 全局乘 \(f_{v,d_v}+1\) 的 tag，然后前 \(d_v+1\) 位暴力转移时再乘上 \(f_{v,d_v}+1\) 的逆。
然后就会出现很多 tag 要维护……
具体来说有以下五种：全局乘 \(mul\)，\(mul\) 的逆元 \(imul\)，全局加 \(add\)（优先级在全局乘后），重置位置 \(lim\)（\(lim\) 以后的位置都被重置），重置值 \(reset\)（受全局乘和全局加影响）。
此时 \(f\) 就大致维护好了，时间复杂度 \(O(n)\)。
接下来是如何维护 \(g\)。
发现我们只需要维护 \(g_{u,L-d_u}\sim g_{u,L}\) 的值，因为求 \(g_{u,L}\) 只需要用到 \(g_{fa,L-1}\) 的值。
那么同样考虑用长链剖分优化：让 \(g_{son_u}\) 继承 \(g_u\) 的信息，而其他儿子由 \(g_u\) 暴力转移。
现在问题是对每一个儿子 \(v\) 求出 \(\prod\limits_{v'\in s_{u},v'\neq v}(f_{v',i-2}+1)\)。
显然是需要前缀和后缀拼起来的，我们这么考虑：我们让求 \(f\) 的时候按 \(d\) 从大到小枚举儿子（这样第一个枚举的一定是重儿子），并记录 \(f\) 的变化，然后求 \(g\) 的时候按 \(d\) 从小到大枚举儿子，前缀显然可以边枚举边求出，而后缀则可以通过不断还原 \(f\) 求出。
\(g\) 也可以用 5 个 tag 维护。
有关求逆：我们需要每次 \(O(1)\) 计算出 \(f_{u,d_u}\) 的逆，注意到此时第二维是没有影响的，所以可以先求出所有的 \(f_{u,d_u}\) 再离线 \(O(n)\) 预处理它们的逆元（每个值的逆=全部乘起来的逆×前缀积×后缀积）。
代码没写完。