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

分析：

本题与AcWing 10 有依赖的背包问题十分相似，不过有依赖的背包问题是选择一个顶点前必须选择它的父节点，而本题是选择某条边前要确保其父节点也被选中了，也就是说一个是点权一个是边权问题。先回顾下分组背包问题的代码：

for(int i = 1;i <= n;i++)
        for(int j = m;j >= 0;j--)
            for(int k = 1;k <= s[i];k++)
                if(j >= v[i][k])    f[j] = max(f[j],f[j-v[i][k]]+w[i][k]);

状态转移的过程是遍历每组背包，然后求出这组背包选哪个物品或者不选对最优解的影响。对比下本题的代码：

void dfs(int u,int fa){
    for(int i = h[u];~i;i = ne[i]){
        int t = e[i];
        if(t == fa) continue;
        dfs(t,u);
        for(int j = m;j;j--){
            for(int k = 0;k + 1 <= j;k++){
                f[u][j] = max(f[u][j],f[u][j - k - 1] + f[t][k] + w[i]);
            }
        }
    }
}

 以u为根的各个子树就相当于背包的各个分组，最外层的对u孩子节点的循环就相当于分组背包问题对组数的枚举，后面的代码就基本一致了，只是需要先递归的求出子树的状态。准确的说，对以u为根的子树，f[i][j]表示在u的前i个子树中选择不超过j条边的最多苹果数量，则f[i][j] = max(f[i-1][j],f[i][j - k - 1] + f[i-1][k] + w[i])，表示在第i个子树中选择k条边的最大苹果数，因为要选择第i个子树，需要先选择u到该子树的边，所以要加上这条边的权重。采用滚动数组实现就可以去掉第一维，或者说本来f数组应该第一维是子树根u，第二维是u的孩子，第三维是边数，现在去掉了第一维就剩下上面代码的两维了，与此同时，对j的枚举也需要倒着进行来防止需要的旧值被覆盖了。还需要注意本题的代码与有依赖背包问题代码的区别，权重在边上比权重在顶点上要省事很多。总的代码如下：

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 105,M = 205;
int n,m,h[N],e[M],ne[M],w[M],f[N][N],idx;
void add(int a,int b,int c){
    e[idx]=b,w[idx]=c,ne[idx]=h[a],h[a]=idx++;
}
void dfs(int u,int fa){
    for(int i = h[u];~i;i = ne[i]){
        int t = e[i];
        if(t == fa) continue;
        dfs(t,u);
        for(int j = m;j;j--){
            for(int k = 0;k + 1 <= j;k++){
                f[u][j] = max(f[u][j],f[u][j - k - 1] + f[t][k] + w[i]);
            }
        }
    }
}
int main(){
    int a,b,c;
    cin>>n>>m;
    memset(h,-1,sizeof h);
    for(int i = 0;i < n - 1;i++){
        cin>>a>>b>>c;
        add(a,b,c);
        add(b,a,c);
    }
    dfs(1,-1);
    cout<<f[1][m]<<endl;
    return 0;
}