题意：给一棵树，找出$k$个点$A_{1\cdots k}$以最小化$\begin{align*}\sum\limits_{i=1}^{k-1}dis_{A_i,A_{i+1}}\end{align*}$
当$k=n$时，除了$A_1\rightarrow A_k$路径上的边，其他边都被经过两次，所以答案就是边权和的两倍减去直径长度
所以我们这样设计状态：$g_{i,j}$表示在$i$的子树内选了$j$个点（包括$i$）构成的树的（边权和的两倍）的最小值，$f0_{i,j}$表示在$i$的子树内选了$j$个点，并且这$j$个点构成的树的直径有一端是$i$，构成的树的（边权和的两倍减去直径长度）的最小值，$f1_{i,j}$表示在$i$的子树内选了$j$个点，并且这$j$个点构成的树的直径两端都不是$i$，构成的树的（边权和的两倍减去直径长度）的最小值，容易得到转移（假设$y$是$x$的儿子）
$g_{x,j+k}\leftarrow g_{x,j}+g_{y,k}+2w_{x,y}$
$f0_{x,j+k}\leftarrow f0_{x,j}+g_{y,k}+2w_{x,y}$（直径不变）
$f0_{x,j+k}\leftarrow g_{x,j}+f0_{y,k}+w_{x,y}$（直径变为从$y$过来）
$f1_{x,j+k}\leftarrow g_{x,j}+f1_{y,k}+2w_{x,y}$（直径变为从$y$来，不经过$x$）
$f1_{x,j+k}\leftarrow f0_{x,j}+f0_{y,k}+w_{x,y}$（直径变为从$y$来，经过$x$）
$f1_{x,j+k}\leftarrow f1_{x,j}+g_{y,k}+2w_{x,y}$（直径不变）
总的计算次数是$\begin{align*}\sum\limits_{fa_i=fa_j}size_isize_j\end{align*}$，注意到$\begin{align*}\sum\limits_{fa_i=fa_j=x}size_isize_j\end{align*}$统计的是$lca_{i,j}=x$的对数，对所有$x$求和就是统计点对，所以总时间复杂度是$O\left(n^2\right)$
#include<stdio.h>
const int inf=1000000000;
int h[3010],nex[6010],to[6010],w[6010],siz[3010],g[3010][3010],f0[3010][3010],f1[3010][3010],M;
void add(int a,int b,int c){
M++;
to[M]=b;
w[M]=c;
nex[M]=h[a];
h[a]=M;
}
void min(int&a,int b){
if(b<a)a=b;
}
void dfs(int fa,int x){
int i,j,k,s;
siz[x]=1;
for(i=h[x];i;i=nex[i]){
if(to[i]!=fa){
dfs(x,to[i]);
siz[x]+=siz[to[i]];
}
}
g[x][1]=f0[x][1]=f1[x][1]=0;
for(i=2;i<=siz[x];i++)g[x][i]=f0[x][i]=f1[x][i]=inf;
s=1;
for(i=h[x];i;i=nex[i]){
if(to[i]!=fa){
for(j=s;j>0;j--){
for(k=1;k<=siz[to[i]];k++){
min(g[x][j+k],g[x][j]+g[to[i]][k]+2*w[i]);
min(f0[x][j+k],f0[x][j]+g[to[i]][k]+2*w[i]);
min(f0[x][j+k],g[x][j]+f0[to[i]][k]+w[i]);
min(f1[x][j+k],g[x][j]+f1[to[i]][k]+2*w[i]);
min(f1[x][j+k],f0[x][j]+f0[to[i]][k]+w[i]);
min(f1[x][j+k],f1[x][j]+g[to[i]][k]+2*w[i]);
}
}
s+=siz[to[i]];
}
}
}
int main(){
int n,k,i,x,y,z,ans;
scanf("%d%d",&n,&k);
for(i=1;i<n;i++){
scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
add(x,y,z);
add(y,x,z);
}
dfs(0,1);
ans=inf;
for(i=1;i<=n;i++){
if(siz[i]>=k){
min(ans,f0[i][k]);
min(ans,f1[i][k]);
}
}
printf("%d",ans);
}