由于有重复数字，所以这个问题就很不好处理.
考虑我们让 $i$ 为根，这个点对答案的贡献就是以 $i$ 为根，由 $val[i] leqslant val[j]$ 的 $K$ 个点组成的连通块个数.
但是我们会发现如果直接求的话会算重一部分.
如果 $val[j]>val[i]$ 的话，将这个点设为黑点.
如果 $val[j]=val[i]$，但是 $j leqslant i$ 的话将这个点设为黑点.
其他点设为白点.
我们发现如果这样求的话就不会算重，思路非常巧妙.
树形 DP 的部分就简单了.
几个注意点：
- 可以用 unsigned int 来卡常
- 大小最多枚举到 K
- 树形 DP 进行背包合并的时候要严格限制好上界，这样复杂度是 $O(n^2)$ 的.
code:
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define N 1667
#define mod 64123
#define ui unsigned int
#define setIO(s) freopen(s".in","r",stdin)
using namespace std;
int n,K,W,edges,cur;
int val[N],hd[N],to[N<<1],nex[N<<1],size[N];
ui f[N][N],ans;
void add(int u,int v)
{
nex[++edges]=hd[u],hd[u]=edges,to[edges]=v;
}
void dfs(int x,int ff)
{
int siz=(val[x]>=val[cur]?(val[x]>val[cur]?1:x<=cur):0);
size[x]=siz;
for(int i=hd[x];i;i=nex[i])
if(to[i]!=ff) dfs(to[i],x),size[x]+=size[to[i]],size[x]=min(size[x],K);
f[x][siz]=1;
for(int i=hd[x];i;i=nex[i])
{
int y=to[i];
if(y==ff) continue;
for(int a=siz;a>=0;--a)
for(int b=size[y];b>=0;--b)
if(a+b<=K)
(f[x][a+b]+=f[x][a]*f[y][b]%mod)%=mod;
siz+=size[y];
siz=min(K,siz);
}
}
void clr(int x,int ff)
{
for(int i=0;i<=size[x];++i)
f[x][i]=0;
for(int i=hd[x];i;i=nex[i])
if(to[i]!=ff) clr(to[i],x);
}
int main()
{
// setIO("input");
scanf("%d%d%d",&n,&K,&W);
for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&val[i]);
for(int i=1;i<n;++i)
{
int x,y;
scanf("%d%d",&x,&y),add(x,y),add(y,x);
}
for(int i=1;i<=n;++i)
{
int c=0;
for(int j=1;j<=n;++j)
c+=(val[j]>=val[i]?(val[j]>val[i]?1:j<=i):0);
if(c<K) continue;
cur=i,dfs(i,0);
(ans+=f[i][K]*val[i]%mod)%=mod;
clr(i,0);
}
printf("%u
",ans);
return 0;
}