具体而言，以下两种 dp 方式的时间复杂度究竟是什么？
约定：记 $g(u, 1/0)$ 表示 $u$ 子树内包含/不包含 $u$ 的最大权独立集的点权和

1. 设 $f(u, c0, c1)$ 表示给 $u$ 子树内的点赋点权，使得 $g(u, 0) = c0$ 且 $g(u, 1) = c1$ 的方案数。
   转移时，$c0, c1$ 枚举范围是 $[0, k\cdot sz(u)]$。（我认为改变这个枚举范围会影响时间复杂度，而特判 $0$ 只影响常数）

   for(int c0 = 0; c0 <= m * sz[u]; c0++) {
      for(int c1 = 0; c1 <= m * sz[u]; c1++) {
          if(f[u][c0][c1] == 0) continue; // 影响常数
          for(int i = 0; i <= sz[v] * m; i++) {
              for(int j = 0; j <= sz[v] * m; j++) {
                  if(f[v][i][j] == 0) continue; // 影响常数
                  (nf[c0 + max(i, j)][c1 + i] += f[u][c0][c1] * f[v][i][j]) %= MOD;
              }
          }
      }
    }
   

2. 设 $f(u, i, j)$ 表示给 $u$ 子树内的点赋点权，使得 $g(u, 0) = i$ 且 $\max(g(u, 0), g(u, 1)) = i + j$ 的方案数。

   void dfs(int u, int fa) {
       sz[u] = 1;
       for(int i = 1; i <= m; i++) f[u][0][i] = 1;
       for(int v: G[u]) {
           if(v == fa) continue;
           dfs(v, u), sz[u] += sz[v];
           VVI nf(n * m + 1, VI(m + 1));
           for(int c = 0; c <= m * sz[u]; c++) {
               for(int i = 0; i <= m; i++) {
                   if(f[u][c][i] == 0) continue;
                   for(int d = 0; d <= sz[v] * m; d++) {
                       for(int j = 0; j <= m; j++) {
                           if(f[v][d][j] == 0) continue;
                           (nf[c + d + j][max(c + d + j, c + i + d) - (c + d + j)] += f[u][c][i] * f[v][d][j]) %= MOD;
                       }
                   }
               }
           }
           f[u].swap(nf);
       }
   }
   

显然，第一种方法的状态数是 $O(n^{3}k^{2})$，第二种方法的状态数是 $O(n^{2}k^{2})$，但如何分析时间复杂度呢？