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一、题目描述
有一棵二叉苹果树，如果树枝有分叉，一定是分两叉，即没有只有一个儿子的节点。
这棵树共 N 个节点，编号为 1 至 N，树根编号一定为 1。
我们用一根树枝两端连接的节点编号描述一根树枝的位置。
一棵苹果树的树枝太多了，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，求最多能留住多少苹果。
这里的保留是指最终与1号点连通。
输入格式
第一行包含两个整数 N 和 Q，分别表示树的节点数以及要保留的树枝数量。
接下来 N−1 行描述树枝信息，每行三个整数，前两个是它连接的节点的编号，第三个数是这根树枝上苹果数量。
输出格式 输出仅一行，表示最多能留住的苹果的数量。
数据范围
1≤Q<N≤100.
N≠1,
每根树枝上苹果不超过 30000 个。
输入样例：
5 2
1 3 1
1 4 10
2 3 20
3 5 20
输出样例：
21
~手绘美图方便理解~
二、题目分析
这题的题面其实就是 有依赖的背包 模型，不同的是把 物品价值 分给了 边 而不是 点
不过，对于一棵树来说，任意节点的入边（连向父节点的边） 都是 唯一 的
所以 边权 和 点权 在确定树的 根节点 以后，是可以视作一个东西的（入边价值 视作 该点价值）
树枝上苹果的数量 可以理解成 该边的权值
闫氏DP分析法
状态表示
- 集合：
f[u][i][j]:以u为根的子树，在前i个子树中选，总体积不超过j的所有集 合。 - 属性：边权值和的最大值
状态转移 $\large f[u][i][j] = f[u][i-1][j] \ \large f[u][i][j] = max(f[u][i][j],f[u][i-1][j-k-1] + f[v][v_i][k]+w[i])$
解析：
- 一个普适情况，讨论第
i棵子树，也就是以v为根的子树,下面简称为v子树，怎么处理,当前剩余的分配资源是j条边。- 如果
v子树不选，那么就简单:f[u][i][j] = f[u][i-1][j]- 如果
v子树选择，需要多支付1条边的代价:u->v,同时带来w[i]的利益 此时，事情变化为：为v子树内部继续提供多少条边呢？最小是0,最多是j-1条, 也就是0<=k<j当为v子树选择k条边时: ①f[u][i-1][j-k-1]:以u为根的树中，在前i-1个子树，在j-k-1条边的限定情况下，可以获取到的最大价值 ②f[v][v_i][k]:以v为根的树中，在所有子树情况下(v_i表示v为根的树中所有子树数量),在有k条边限定的情况下，可以获取到的最大价值 ③w[i]:不管怎样，选择了v子树，可以带来u->这条边w[i]的价值f[u][i][j] = max(f[u][i][j],f[u][i-1][j-k-1] + f[v][v_i][k]+w[i])
Q:这里面的f[v][v_i][k]里的v_i是啥呢？
答：是指v子树有多少个子节点。有同学可能会表示不理解，因为创建的是一个无向图，会不会造成这些子节点和向上的父节点混淆呢？是不会的，原因是因为当根=1固定时，再加st[u]数组的使用，使得只能向叶子逼近，不能反向向根逼近，不用担心。
Q:v_i这东西怎么计算？
答：瞪眼大法出场！仔细观察可知，上面的状态转移方程，每一个i对是对i-1的依赖，也就是可以使用滚动数组或者倒序枚举的办法进行降维，这是01背包中由大到小的枚举顺序是完全一致的，只要使用了倒序枚举，就不会造成对上一行数据依赖的被覆盖掉。
当思考完可能降维的思路后，再仔细观察，发现f[v][v_i][k]其实本意表达的就是f[v][k],也就是在v为根节点的子树中，给出的边限定数量是k的情况下可以获取到的最大边权和。那个中间的v_i就是v节点的一级子节点个数，是一个不变量，是可以在降维过程中去掉的，不会影响结果。
三维转二维
\large f[u][j] = max(f[u][j],f[u][j-1-k]+f[v][k]+w[i])三、实现代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 110;
const int M = N << 1;
int n; // 表示树的节点数
int m; // 表示要保留的树枝数量(背包容量)
int h[N], e[M], w[M], ne[M], idx;
int st[N]; // 是不是访问过
int f[N][N]; // f[u][j]:表示所有以u,为树根的子树中选，选j条边的最大价值
// 邻接表模板
void add(int a, int b, int c) {
e[idx] = b, w[idx] = c, ne[idx] = h[a], h[a] = idx++;
}
// 树形DP
void dfs(int u) {
st[u] = 1;
for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
int v = e[i]; // 子节点最好设置为v,不要使用j,因为j一般后面会参于循环用的变量，节约资源
if (st[v]) continue;
dfs(v); // 因为父亲需要使用子树的信息来更新自己的信息，所以，必须先递归子树，才能使用子树提供的信息，子树提供的信息，保存在f[v][1~k]中
// 枚举体积 (u的所有可能体积)
for (int j = m; j >= 0; j--)
// 枚举决策 (子节点v中分配k个体积,需要给u->v留一个，v子树中就少1个,k<j)
for (int k = 0; k < j; k++)
// f[u][j - 1 - k]:让u从其它子树中去查找,在空间j-1-k的限定下的最大价值
// f[v][k]+w[i]:在v子树中，资源上限是k的情况下，返回的最大数量，加上u->v这边条上的苹果数w[i]
f[u][j] = max(f[u][j], f[u][j - 1 - k] + f[v][k] + w[i]);
}
}
int main() {
// 初始化
memset(h, -1, sizeof h);
cin >> n >> m;
// 读入n-1条边
int a, b, c;
for (int i = 1; i < n; i++) {
cin >> a >> b >> c;
add(a, b, c), add(b, a, c); // 只能是无向图,因为没说谁离根更近
}
dfs(1); // 已知根是1号点
printf("%d", f[1][m]); // DP：从根出发，最大限制是m的情况下，可以取得的最大值
return 0;
}