类似于带限制背包问题，但不知道也能做。
n , q n,q n,q 范围小，大胆设 dp 状态。设 f u , i \large f_{u,i} fu,i 表示 u u u 子树内保留 i i i 根树枝的最大苹果数，可得状态转移方程 f u , i = f u , j + f v , i − j − 1 + w \large f_{u,i}=f_{u,j}+f_{v,i-j-1}+w fu,i=fu,j+fv,i−j−1+w，其中 w w w 指连接 u , v u,v u,v 的树枝上的苹果数， i − j − 1 i-j-1 i−j−1 而非 i − j i-j i−j 在于 u , v {u,v} u,v 这条边占了一根树枝。注意此时的 f u , j f_{u,j} fu,j 不能包含当前 v v v 所在的子树，原因很显然，同一个子树上的树枝不能被计算两次。
列完转移方程注意边界和外层循环。边界 f u . 0 = 0 f_{u.0}=0 fu.0=0，因为转移时 f u , i f_{u,i} fu,i 调用的 f u , j f_{u,j} fu,j 不能包含当前 v v v 所在的子树，所以应将 i i i 从大到小转移。
时间复杂度 O ( n q 2 ) O(nq^2) O(nq2)。
cpp
在这里插入代码片#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,q,p[105],f[105][105];
struct qh{
int v,w,nt;
}E[205];
void add(int u,int v,int w){E[++p[0]]=(qh){v,w,p[u]};p[u]=p[0];return ;}
void dfs(int u,int fa){
for(int i=p[u];i;i=E[i].nt){
int v=E[i].v;
if(v==fa) continue;
dfs(v,u);
for(int j=q;j>=1;j--) for(int k=0;k<=j-1;k++) f[u][j]=max(f[u][j],f[u][k]+f[v][j-k-1]+E[i].w);
}return ;
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&q);
for(int i=1;i<n;i++){
int u,v,w;scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
add(u,v,w);
add(v,u,w);
}
dfs(1,0);
printf("%d",f[1][q]);
return 0;
}
/*
start coding:18:47
finish debuging:19:03
*/附上题目：
二叉苹果树
题目描述
有一棵苹果树，如果树枝有分叉，一定是分二叉（就是说没有只有一个儿子的结点）
这棵树共有 N N N 个结点（叶子点或者树枝分叉点），编号为 1 ∼ N 1 \sim N 1∼N，树根编号一定是 1 1 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 4 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
第一行 2 2 2 个整数 N N N 和 Q Q Q，分别表示表示树的结点数，和要保留的树枝数量。
接下来 N − 1 N-1 N−1 行，每行 3 3 3 个整数，描述一根树枝的信息：前 2 2 2 个数是它连接的结点的编号，第 3 3 3 个数是这根树枝上苹果的数量。
输出格式
一个数，最多能留住的苹果的数量。
样例 #1
样例输入 #1
5 2
1 3 1
1 4 10
2 3 20
3 5 20样例输出 #1
21提示
1 ⩽ Q < N ⩽ 100 1 \leqslant Q < N \leqslant 100 1⩽Q<N⩽100，每根树枝上的苹果 ⩽ 3 × 1 0 4 \leqslant 3 \times 10^4 ⩽3×104。