题目描述
有一棵苹果树，如果树枝有分叉，一定是分2叉（就是说没有只有1个儿子的结点）
这棵树共有N个结点（叶子点或者树枝分叉点），编号为1-N,树根编号一定是1。
我们用一根树枝两端连接的结点的编号来描述一根树枝的位置。下面是一颗有4个树枝的树
2 5
\ /
3 4
\ /
1
现在这颗树枝条太多了，需要剪枝。但是一些树枝上长有苹果。
给定需要保留的树枝数量，求出最多能留住多少苹果。
输入格式
第1行2个数，N和Q(1<=Q<= N,1<N<=100)。
N表示树的结点数，Q表示要保留的树枝数量。接下来N-1行描述树枝的信息。
每行3个整数，前两个是它连接的结点的编号。第3个数是这根树枝上苹果的数量。
每根树枝上的苹果不超过30000个。
输出格式
一个数，最多能留住的苹果的数量。
输入输出样例
输入
5 2
1 3 1
1 4 10
2 3 20
3 5 20
输出
21
算法（树形dp）
这道题要求一棵树留Q条边，那是不是可以分为子树有K条边，根与子树有Q-j-1（为什么要减一，后面会讲到），这正好符合树形dp父子节点与儿子节点有依赖关系，所以我们选择树形dp。
思路：
设 f [ u ] [ k ] f[u][k] f[u][k]表示选已u作为根节点的子树选k条边的最多苹果数量。再根据上面讲的依赖关系，我们可以列出动态转移方程：
f [ u ] [ j ] = m a x ( f [ u ] [ j ] , f [ u ] [ j − 1 − k ] , f [ v ] [ k ] + w ) f[u][j]=max(f[u][j],f[u][j-1-k],f[v][k]+w) f[u][j]=max(f[u][j],f[u][j−1−k],f[v][k]+w)
*解释一下：u表示父节点,v是自己子节点，j表示总共有j条边，k表示子树上选了k条边，w表示u->v的边权；为什么总共j-1条边*因为我们想你现在想在子树上选边，我们是不是必须先将当前点与子树相连，才能选边啊！所以我们是j-1（因为已经选了当前点与子树的一条边）
- 数据不大，我们选用邻接矩阵或邻接表都行，但邻接矩阵更简单。
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<string>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<queue>
#define ll long long
#define fre(x) freopen(#x".in","r",stdin),freopen(#x".out","w",stdout);
using namespace std;
const int MAX=2147483647;
const int N=1e2+10;
struct node
{
int u,v,w,next;
} e[2*N];
int n,m,hd[N],tot,f[N][N],sz[N];
void add(int x,int y,int w) {
e[++tot]=(node){
x,y,w,hd[x]};hd[x]=tot;}
void dfs(int u,int fa)
{
for(int i=hd[u];i;i=e[i].next)
{
int v=e[i].v;if(v==fa) continue;
dfs(v,u);sz[u]+=sz[v]+1; //子树边数在加上子节点子树的基础上还要加一，也就是连接子节点子树的那条边
for(int j=min(m,sz[u]);j>=0;j--) //由于是01背包，所以要倒序DP
for(int k=min(j-1,sz[v]);k>=0;k--) //这一维正序倒序无所谓，但是把取min放在初始化里可以减少运算次数，算是一个优化的小习惯
f[u][j]=max(f[u][j],f[u][j-k-1]+f[v][k]+e[i].w);
}
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<n;i++)
{
int u,v,w;
scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
add(u,v,w); //但我闲得慌，选用邻接表
add(v,u,w);
}
dfs(1,-1); //这里的fa不能为1，因为if(v==fa) continue;
printf("%d",f[1][m]); //题目已经给出了根节点是1，千万别把它看成无根树来做
return 0;
}