要点

• 设\(f_i\)为最多使用\(i\)种颜色的涂色方案，\(g_i\)为恰好只使用\(i\)种颜色的涂色方案。可知此题答案为\(g_k\)。
• 根据排列组合的知识不难得到\(f_k = \sum_{i=0}^k{C_k^i*g_i}\)。
• 根据二项式反演的式子 or 容斥原理，有\(g_k = \sum_{i = 0}^k{(-1)^{k-i}*C_k^i*f_i}\)，这时只要有\(f_i\)我们就可以累加得到最终答案，看题面考虑\(f_i\)的现实意义，根有\(i\)种可选，往下涂每个点有\(i-1\)种可选（因为是树形的，所以子节点涂色只要和父亲不同即可），故\(f_i = i * (i - 1)^{n - 1}\)。

#include <cstdio>

const int mod = 1e9 + 7;
int n, k, ans;
int C[2505][2505], f[2505];

int ksm(int a, int b) {
    int res = 1;
    for (; b; b >>= 1) {
        if (b & 1)  res = 1LL * res * a % mod;
        a = 1LL * a * a % mod;
    }
    return res;
}

void Pre() {
    for (int i = 0; i <= k; i++) {
        f[i] = 1LL * i * ksm(i - 1, n - 1) % mod;
        C[i][i] = C[i][0] = 1;
        for (int j = 1; j < i; j++) {
            C[i][j] = (1LL * C[i - 1][j] + C[i - 1][j - 1]) % mod;
        }
    }
}

int main() {
    scanf("%d %d", &n, &k);
    for (int i = 1, x; i < n; i++)
        scanf("%d", &x);
    Pre();
    
    for (int i = 0; i <= k; i++) {
        int a = (k - i) % 2 ? -1 : 1;
        int tmp = (1LL * a * C[k][i] % mod * f[i] % mod + mod) % mod;
        ans = (ans + tmp) % mod;
    }
    return !printf("%d\n", ans);
}