官方题解只能做到 $O(n^4)$ / $O(n^3 \log n)$？玩的太差了。这题可以做到 $O(n^3)$ 时间、$O(n^2)$ 额外空间。官方题解最后给出的复杂度是 $O(n^3\log n)$；进一步优化的关键是：二维卷积的两个操作数往往很不均衡，不能每次都按较大的一方整体做 NTT，而应当使用分块的不等长卷积，再对整棵树统一分析复杂度。(QOJ)
下面先解决计数不重不漏的问题，再说明怎样真正去掉这个对数。
将可行性压缩成唯一的二维状态
题目统计的是合法的二元组 $(S,\boldsymbol c)$ 的数量，其中 $\boldsymbol c$ 是整棵树的缤纷度序列。不同染色只要产生相同的 $\boldsymbol c$，就不能重复计算。 因此，不能直接对染色方案做普通树形 DP。
考虑固定一棵子树内的 $S$ 和缤纷度序列。记这棵子树一共出现 $x$ 种颜色，再定义 $z$：为了实现这个二元组，最少需要在子树的严格祖先中提供多少种不同颜色。暂时允许在子树上方放置任意多个虚拟祖先，从而使这个定义不受当前深度影响。这就是官方题解中用于判定可行性的贪心状态。(QOJ)
为什么只记录最小值 $z$ 就够了？因为颜色的具体名字没有意义。如果某种实现需要祖先提供 $z$ 种颜色，那么对于任意给定的、至少包含 $z$ 种颜色的祖先颜色集合，都可以通过重命名得到合法实现。另外，把子树内某些原本不在祖先中出现的颜色，改成祖先中尚未使用的颜色，也不会破坏原有约束。因此，可行性只取决于祖先能否提供足够多的不同颜色，不必记录一个复杂的可行集合。
定义 $F_u[x,z]$ 为：子树 $u$ 内有多少个不同的二元组 $(S_u,\boldsymbol c_u)$，其根的缤纷度为 $x$，最少需要祖先提供的颜色数恰好为 $z$。每个二元组只有一个确定的最小值，所以只会进入一个状态。最后的答案就是 $\sum_x F_0[x,0]$，因为整棵树没有祖先。
现在推导如何合并。假设选定了每个儿子的一种状态 $(x_i,z_i)$。先把结点 $u$ 自己也看成一个状态为 $(1,1)$ 的分量：它有一种颜色，而这类颜色暂时被标记为“必须由边界提供”。此时边界可以理解为“$u$ 加上它的严格祖先”，待合并结束后再处理 $u$ 是否属于 $S$。
对所有分量，包括这个 $(1,1)$，记 $A=\sum_i x_i$、$B=\sum_i z_i$、$L=\max_i x_i$、$M=\max_i z_i$，并记 $D=A-B$。如果合并后的不同颜色数为 $X$，显然必须有 $L\le X\le A$。此时需要边界提供的最少颜色数为
$$ Z_{\min}(X)=\max\{M,\ B-(A-X)\}=\max\{M,\ X-D\}. $$
这个结论是整个算法的核心，需要同时证明必要性和充分性。
必要性很直接。某个分量需要 $z_i$ 种边界颜色，合并后当然不能少于 $M$ 种。另一方面，从各分量颜色完全不同的情况出发，总颜色数由 $A$ 降到 $X$，一共消除了 $A-X$ 次重复计数；边界颜色的重复计数最多也只能减少这么多，因此还必须有 $Z\ge B-(A-X)$。
充分性可以直接构造。令 $Z=\max{M,X-D}$，准备 $X$ 种颜色，其中 $Z$ 种作为边界颜色。由于 $M\le Z\le B$，可以让各分量分别选择 $z_i$ 种边界颜色，并使这些选择的并集覆盖全部 $Z$ 种颜色。余下的 $X-Z$ 种非边界颜色，要放入各分量剩余的颜色位置中；这些位置共有 $A-B=D$ 个，而 $X-Z\le D$，所以足够。各分量内尚未填满的位置，再使用该分量尚未使用的颜色补齐即可，因为始终有 $x_i\le X$。某些原本不必使用边界颜色的位置最终也使用了边界颜色，并不会破坏合法性。
处理完这些分量后，再决定 $u$ 是否属于 $S$。
当 $u\in S$ 时，$u$ 的颜色也必须由严格祖先提供，最终状态就是 $(X,Z)$。当 $u\notin S$ 时，可以让 $u$ 自己提供其颜色，严格祖先只需提供剩下的 $Z-1$ 种，最终状态为 $(X,Z-1)$。这也已经最优，因为加入一个结点最多只能多提供一种颜色。根结点 $0$ 不允许属于 $S$，因此只保留后一种转移。
这里增加的是一个二元组的计数，而不是颜色对齐方式的数量。对于固定的各儿子二元组、固定的 $X$ 和固定的 $u\in S$ 与否，父亲处的二元组已经唯一确定；上面的构造只负责证明它存在。
用三张二维表代替四维状态
如果直接维护 $(A,B,L,M)$，状态维数还是太高。但对于固定的一组儿子状态，所有合法的 $(X,Z_{\min}(X))$ 都在一条折线上。
当 $X$ 从 $A$ 减小时，状态先从 $(A,B)$ 沿对角线走到 $(D+M,M)$，再沿水平线走到 $(L,M)$。其中 $L\le D+M\le A$：前一个不等式来自对每个分量都有 $x_i=(x_i-z_i)+z_i\le D+M$。
因此，我们不需要知道四元组的完整联合分布，只需要知道三个端点各自的分布。这正是官方题解的三组二维 DP。(QOJ)
记第一张表为 $P^{(0)}[a,b]$，统计 $(\sum_i x_i,\sum_i z_i)=(a,b)$ 的儿子组合数；第二张为 $P^{(1)}[d,m]$，统计 $(\sum_i(x_i-z_i),\max_i z_i)=(d,m)$ 的组合数；第三张为 $P^{(2)}[\ell,m]$，统计 $(\max_i x_i,\max_i z_i)=(\ell,m)$ 的组合数。
三张表分别独立合并儿子。第一张使用两个坐标都取和的卷积，第二张使用第一维取和、第二维取最大值的卷积，第三张使用两维都取最大值的卷积。结点自身的虚拟分量对应初始化 $P^{(0)}[1,1]=1$、$P^{(1)}[0,1]=1$、$P^{(2)}[1,1]=1$。
注意，合并儿子期间只维护这些统计量，不要为中间合并结果枚举颜色数 $X$。那些中间结果并不对应原树中的结点，枚举它们会引入题目没有要求记录的信息，导致重复计数。只有全部儿子合并完毕后，才生成当前结点的 $X$。
接下来用差分恢复所有折线。为了避免拐点重复，对角段包含起点 $(A,B)$、不包含拐点 $(D+M,M)$；水平段则包含从 $(D+M,M)$ 到 $(L,M)$ 的两个端点。
建立两张差分表 $E,H$。一个权值为 $w$ 的儿子组合，对对角差分产生 $E[A,B]\mathrel{+}=w$、$E[D+M,M]\mathrel{-}=w$，对水平差分产生 $H[D+M,M]\mathrel{+}=w$、$H[L-1,M]\mathrel{-}=w$。因此，利用三张统计表，可以直接得到 $E[x,z]=P^{(0)}[x,z]-P^{(1)}[x-z,z]$ 和 $H[x,z]=P^{(1)}[x-z,z]-P^{(2)}[x+1,z]$，不存在的下标均视为零。
然后按 $x$ 从大到小扫描，分别执行 $E[x,z]\mathrel{+}=E[x+1,z+1]$ 和 $H[x,z]\mathrel{+}=H[x+1,z]$。恢复后，$G_u[x,z]=E[x,z]+H[x,z]$ 就是合并所有分量后，颜色数为 $x$、最小边界颜色数为 $z$ 的组合数。
对于非根结点，每个 $G_u[x,z]$ 分别加入 $F_u[x,z]$ 和 $F_u[x,z-1]$；根结点只加入后者。因为虚拟分量保证 $z\ge1$，不会出现减到负数的问题。特别地，非根叶子的状态恰好是 $F_u[1,0]=F_u[1,1]=1$，根为唯一结点时答案为 $1$。
至此，正确性已经闭合：每个儿子二元组进入唯一状态，每组儿子二元组对每个合法的 $X$ 恰好贡献一次，而三张表的差分叠加只是对这些贡献的线性重排。
将总时间复杂度降到 $O(n^3)$
设一次合并的两部分分别包含 $p,q$ 个原树结点。不妨通过交换操作数保证 $p\ge q\ge1$。它们的二维表分别至多有 $O(p^2)$ 和 $O(q^2)$ 个位置。
先处理带最大值的两种卷积。
对于两维都取最大值的卷积，做二维前缀和即可。若 $\widehat U[a,b]=\sum_{i\le a,j\le b}U[i,j]$，则合并后有 $\widehat W[a,b]=\widehat U[a,b]\widehat V[a,b]$，再做二维差分恢复 $W$。这一步只需 $O(p^2)$ 时间。
对于一维取和、一维取最大值的卷积，只对最大值那一维做前缀和。定义 $\overline U[d,t]=\sum_{m\le t}U[d,m]$，则 $\overline W[d,t]=\sum_{a+b=d}\overline U[a,t]\overline V[b,t]$。也就是说，对每个阈值 $t$ 做一次普通的一维卷积，再对 $t$ 做差分。
阈值共有 $O(p)$ 个，每次卷积的两个长度分别为 $O(p)$ 和 $O(q)$。即使用朴素卷积，这部分也只有 $O(p^2q)$；使用不等长快速卷积，还可以降到 $O(p^2\log(q+1))$。
真正需要仔细处理的是第一张表的二维普通卷积。直接枚举两张表需要 $O(p^2q^2)$，而直接把它们都补到较大的尺寸做二维 NTT，则需要 $O(p^2\log(p+1))$。后者的问题是：当 $q$ 很小时，对数仍然取决于 $p$。
解决方法是将较大的二维数组划分成边长为 $q+1$ 的方块。块数是 $O((p/q)^2)$，每块分别与较小的完整数组做二维卷积，最后按照该块的原始坐标，把结果平移并累加。每块的两个操作数都只有 $O(q)\times O(q)$ 大小，卷积只需 $O(q^2\log(q+1))$，因此整次合并的时间为 $O(p^2\log(q+1))$。这正是不等长高维卷积去掉额外对数的关键。(QOJ)
二维卷积也不要求专门编写二维 NTT：对每块选取足够大的进制，将两个坐标编码为一个指数，使乘法时较低位不产生进位，就能转成长度为 $O(q^2)$ 的一维卷积。重要的是，编码和补零的尺寸由较小的一方决定，而不是由 $p$ 决定。
同样的分块方法用于一维卷积，可以把长度为 $O(p)$ 和 $O(q)$ 的卷积做到 $O(p\log(q+1))$，从而得到前面第二种合并的快速实现。实际实现时，小规模直接暴力、大规模才使用 NTT 即可。
现在分析整棵树。由于 $\log(q+1)=O(q)$，以上三种合并的时间都不超过 $O(p^2q)$。把每个结点自身视为一个大小为 $1$ 的部分，并把逐个合并儿子的过程展开，就得到一棵以原树结点为叶子的二叉合并树。对于一次合并，有
$$ p^2q\le \frac{(p+q)^3-p^3-q^3}{3}. $$
对所有合并求和，右侧的内部部分全部抵消，只剩根处的 $n^3$ 和叶子处的常数项，因此所有卷积的总耗时为 $O(n^3)$。
此外，在规模为 $s_u$ 的子树上，坐标变换、差分恢复和生成 $F_u$ 都只需 $O(s_u^2)$ 时间；总计 $\sum_u O(s_u^2)=O(n^3)$。所以完整算法的时间复杂度确实是 $O(n^3)$，而不是 $O(n^3\log n)$。
空间上，不必永久保存所有结点的 $F_u$。深度优先处理，每个儿子的表合并进父亲的三张统计表后立即释放。任意时刻保留的各部分对应互不相交的结点集合，设其大小为 $t_1,t_2,\ldots$，则 $\sum_i t_i\le n$，从而 $\sum_i t_i^2\le n^2$；再加上常数张卷积及差分临时表，额外空间为 $O(n^2)$。
最后需要区分两种“最优”：在显式计算每棵子树全部 $F_u[x,z]$ 的框架中，链上的非根子树确实可以具有 $\Theta(s_u^2)$ 个非零状态，总状态数达到 $\Theta(n^3)$，所以这里已经做到了该框架的渐进最优。但这只是这个 DP 框架的下界，不能把它误写成原计数问题对所有可能算法的 $\Omega(n^3)$ 下界。