首先，观察题意，可以发现在最长链下再接一个点，结果一定更优。
也就是说，可以免费选一条最长链，之后正常选。
我们枚举选的最长链，然后算出剩下部分的最优解。
有4部分：
1、链上每个点都选一个。
2、链上剩下的部分。
3、链的左面。
4、链的右面。
1可以直接计算。
那么，我们需要先进行树形背包，然后再通过某方式将其余3个合并。
我们知道，在此问题中，合并2个背包是\(O(k)\)的；
但3个及以上则是\(O(k^2)\)的，无法承受。
所以，我们只能在计算中就把其中两个合并，这样就只需合并2个了。
可以发现，3和4是正常的树形背包，而2是一个贪心的问题。
但是，我们没有时间给链上的点排序，再贪心选择。
所以，只能将2转为正常的树形背包问题。
可以这样想：选x则要选fx，选x的第二个则要选x的第一个。
那么，我们可以把大于1的拆点，拆成1和a-1。连上父子关系。
不难发现，这样我们就只需要3,4两个合并了。
先考虑如何进行树形背包：
树形背包有2种实现：dfs合并的和dfs序上dp的。
由于本题每个节点上有多个，所以之前的\(O(nk)\)的分析不适用，复杂度是\(O(nk^2)\)，显然超时。
而且，复杂度的瓶颈合并背包至少是\(O(k^2)\)的，这个是max卷积，不能优化。
所以，这种方法不行。
但是，由于我们不需要知道每个节点的子节点的选择信息（如每个点选择了多少子树节点），
所以，可以考虑dfs序上dp的算法。
这个算法的状态数是\(O(nk)\)的，且相当于逐渐添加，没有合并背包。
添加的过程是一个多重背包，可以用单调队列优化。
坑