题意：对于一棵树，有多少种删去边的方式，使得删边之后得到的森林中，每棵树的直径都不超过 \(k\)。
见数据范围和直径知 \(dp\)，设 \(dp_{i,j}\) 表示当前考虑子树 \(i\)，所有直径不大于 \(k\)，且从 \(i\) 往下最深深度为 \(j\) 的方案数。
同时注意每棵树转移到祖先的时候，\(j\) 都要自增 \(1\)，而 \(dp_{i,0}\) 就变成了所有 \(dp_i\) 的和，因为就是对所有满足条件的 \(i\) 的方案，都把祖先这条边切掉。
下面我们默认转移时使用的 \(dp\) 数组是经过修改的，得到的 \(dp\) 数组是未经过修改的。
然后考虑转移，首先，对于 \(j\le k/2\)，我们可以直接转移，因为只要在每个儿子节点都满足 \(j\le k/2\) 即可。也就是 \(\prod_{b\in S_i}\sum_{p=0}^jdp_{b,p}\)。然后这个我们可以预处理每个 \(dp\) 数组的前缀和，求每个 \(j\) 的时候都扫一遍乘起来。因为每个节点会被父亲的每个 \(j\) 扫一次，所以这一步的复杂度是有保证的。
其次我们这里是找到了所有深度不大于 \(j\) 的方案数，要精确得到 \(j\) 的方案数需要做一次差分。
然后，对于 \(j\gt k/2\) 我们注意到只能有一个节点满足深度为 \(j\)，那么我们就枚举这个节点 \(x\)，并且为了直径合法，其他的选择不能超过 \(k-j\)，所以答案就是 \(\sum_{x\in S}\prod_{y\in S,y\neq x}\sum_{p=0}^{k-j}dp_{y,p}\)。
显然后面的东西可以用前缀后缀预处理出来，也就是我们可以处理 \(pre_{i,j}\) 表示将前缀的所有 \(sum_{i,j}\) 乘起来，\(suf_{i,j}\) 表示将后缀的所有 \(sum_{i,j}\) 乘起来，然后我们只需要枚举 \(x\)，然后把 \(pre_{x-1,k-j}\) 和 \(suf_{x+1,k-j}\) 乘起来，再乘上 \(dp_{x,j}\) 即可。复杂度依旧有保证。
到这里我们就做完了题目，时间复杂度 \(O(nk)\)。但是空间复杂度也是 \(O(nk)\)，要开 \(dp,sum,pre,suf\) 四个数组，跑不过去。
首先，习惯乱开 long long 的要关掉，做乘法的时候先乘 1ll 再运算，强转一下死不了人的。这样空间就是 400MB。
然后我们发现，\(pre,suf\) 两个数组都只有 \(j\le k/2\) 的部分有效，第二维只开 2500 就够了，300MB。
最后，我们发现上述过程，\(dp_j\) 只在第二个转移乘了一次，完全可以现场用 \(sum\) 差分得到。所以我们可以用 \(sum\) 代替 \(dp\) 数组的作用。同时，我们第一类转移本来就是算出的 \(sum\)，改成 \(dp\) 本来就是浪费时间，还能优化效率，200MB。到这里就可以过了。
我们再次发现，\(pre\) 和 \(suf\) 没必要对于所有的 \(j\) 都处理出来，只要每次转移 \(dp_{i,j}\) 之前把 \(k-j\) 的先处理一遍就行。而且 \(pre\) 也没必要处理，完全可以一边 \(dp\) 一边处理，这样就只有 100MB 了，稳过，开 long long 也行。
const int P=998244353;
int n,k,dp[5005][5005],a,b;
vt<int>vv[5005];
int lis[5005],sz;
int sum[5005];
int suf[5005];
inline void dfs(int x,int p){
for(auto j:vv[x])if(j!=p)dfs(j,x);
sz=0;
for(auto j:vv[x])if(j!=p)lis[++sz]=j;
rep(j,0,k/2){
dp[x][j]=1;
rep(i,1,sz)dp[x][j]=1ll*dp[x][j]*dp[lis[i]][j]%P;
}
rep(j,k/2+1,k){
dp[x][j]=dp[x][j-1];
suf[sz+1]=1;
per(i,1,sz)suf[i]=1ll*suf[i+1]*dp[lis[i]][k-j]%P;
ll pre=1;
rep(i,1,sz){
dp[x][j]=(dp[x][j]+(dp[lis[i]][j]-dp[lis[i]][j-1]+P)%P*1ll*pre%P*suf[i+1]%P)%P;
pre=1ll*pre*dp[lis[i]][k-j]%P;
}
}int sum=dp[x][k];
per(i,1,k+1)dp[x][i]=(dp[x][i-1]+sum)%P;
dp[x][0]=sum;
}
signed main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cin>>n>>k;
rp(i,n-1){
cin>>a>>b;
vv[a].pb(b);
vv[b].pb(a);
}
dfs(1,0);
cout<<(dp[1][k+1]-dp[1][0]+P)%P<<endl;
return 0;
}
//Crayan_r