人类在火星上发现了一种新的金属！这些金属分布在一些奇怪的地方，不妨叫它节点好了。一些节点之间有道路相连，所有的节点和道路形成了一棵树。一共有 n 个节点，这些节点被编号为 1~n 。人类将 k 个机器人送上了火星，目的是采集这些金属。这些机器人都被送到了一个指定的着落点， S 号节点。每个机器人在着落之后，必须沿着道路行走。当机器人到达一个节点时，它会采集这个节点蕴藏的所有金属矿。当机器人完成自己的任务之后，可以从任意一个节点返回地球。当然，回到地球的机器人就无法再到火星去了。我们已经提前测量出了每条道路的信息，包括它的两个端点
x 和 y，以及通过这条道路需要花费的能量 w 。我们想花费尽量少的能量采集所有节点的金属，这个任务就交给你了。
第一行包含三个整数 n, S 和 k ，分别代表节点个数、着落点编号，和机器人个数。
接下来一共 n-1 行，每行描述一条道路。一行含有三个整数 x, y 和 w ，代表在 x 号节点和 y 号节点之间有一条道路，通过需要花费 w 个单位的能量。所有道路都可以双向通行。
1 2 1
2 3 1
2 4 1000
2 5 1000
1 6 1000
所有机器人在 1 号节点着陆。
第一个机器人的行走路径为 1->6 ，在 6 号节点返回地球，花费能量为1000。
第二个机器人的行走路径为 1->2->3->2->4 ，在 4 号节点返回地球，花费能量为1003。
第一个机器人的行走路径为 1->2->5 ，在 5 号节点返回地球，花费能量为1001。
本题有10个测试点。
对于测试点 1~2 ， n <= 10 ， k <= 5 。
对于测试点 3 ， n <= 100000 ， k = 1 。
对于测试点 4 ， n <= 1000 ， k = 2 。
对于测试点 5~6 ， n <= 1000 ， k <= 10 。
对于测试点 7~10 ， n <= 100000 ， k <= 10 。
道路的能量 w 均为不超过 1000 的正整数。
dp[p][m]:表示在以p为根的子树中停留m个机器人的花费。把一棵子树看作是一个整体。
#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<string.h>
#include<vector>
using namespace std;
#define N 100001
#define Max_M 11
#define inf 0xfffffff
struct SON
{
int id,ans;
};
int vist[N],cost[N],dp[N][Max_M],M;
vector<SON>node[N];
int min(int a,int b)
{
return a>b?b:a;
}
void dfs(int p)
{
for(int m=M;m>=0;m--)
dp[p][m]=0;
vist[p]=1;
for(int i=0; i<node[p].size(); i++)
{
int son=node[p][i].id;
if(vist[son])continue;
cost[son]=node[p][i].ans;
dfs(son);
for(int m=M; m>=0; m--)//这里要注意不能掉了0的情况
{
dp[p][m]+=(dp[son][0]+2*cost[son]);//子树son中没有停留机器人，那么意味全反回，最少是去一个所以最少反回一个
for(int raim=1; raim<=m; raim++)//在子树son中停raim个机器人的情况
dp[p][m]=min(dp[p][m],dp[p][m-raim]+raim*cost[son]+dp[son][raim]);
}
}
}
int main()
{
int n,s,a,b,c;
SON son;
scanf("%d%d%d",&n,&s,&M);
for(int i=0; i<=n; i++)
node[i].clear(),vist[i]=0;
for(int i=1; i<n; i++)
{
scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);
son.id=b;
son.ans=c;
node[a].push_back(son);
son.id=a;
son.ans=c;
node[b].push_back(son);
}
dfs(s);
printf("%d\n",dp[s][M]);
}