CF1223E

首先注意到如果一个颜色分配给的两个点如果不相邻的话，这种颜色就被浪费了。

所以一个颜色分配给的两个点一定是相邻的。

设 \(f_{i,0/1}\) 表示 \(i\) 的子树内，\(i\) 还可以和父亲匹配一次 / \(i\) 已经和它的儿子匹配完了的最大价值。

设当前点为 \(u\)，先假设它的儿子都匹配完了，即给 \(f_{u,0/1}\) 都赋初值为 \(\sum_{v\in son_u}f_{v,1}\)。

然后如果 \(u\) 和 \(v\) 匹配那么价值从 \(f_{v,1}\) 变成 \(f_{v,0}+w(u,v)\)，于是把 \(f_{v,0}+w(u,v)-f_{v,1}\) 丢进 vector 里从大到小排个序，对于 \(f_{u,0}\) 取前 \(k-1\) 个更新，\(f_{u,1}\) 取前 \(k\) 个更新，注意如果这个小于等于 \(0\) 就及时退出。

最终答案是 \(f_{1,1}\)。

时间复杂度 \(\mathcal O(n\log n)\)。

Code：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 500005;
int T;
int n, k;
int head[N], ver[N*2], wei[N*2], nxt[N*2], cnt;
ll f[N][2];

void add(int u, int v, int w) {
	ver[++cnt] = v, wei[cnt] = w, nxt[cnt] = head[u], head[u] = cnt;
}

void dfs(int u, int fa) {
	vector <ll> tmp;
	f[u][0] = f[u][1] = 0;
	for (int i = head[u]; i; i = nxt[i]) {
		int v = ver[i], w = wei[i];
		if (v == fa) continue;
		dfs(v, u);
		f[u][0] += f[v][1], f[u][1] += f[v][1];
		tmp.push_back(f[v][1] - (f[v][0] + w));
	}
	sort(tmp.begin(), tmp.end());
	for (int i = 0; i < tmp.size() && i < k; ++i) {
		ll val = -tmp[i];
		if (val <= 0) break;
		if (i < k - 1) f[u][0] += val;
		f[u][1] += val;
	}
	
}

void solve() {
	scanf("%d%d", &n, &k); memset(head + 1, 0, sizeof (int) * n), cnt = 0;
	for (int i = 1, u, v, w; i < n; ++i) scanf("%d%d%d", &u, &v, &w), add(u, v, w), add(v, u, w);
	dfs(1, 0);
	printf("%lld\n", f[1][1]);
}

int main() {
	scanf("%d", &T);
	while (T--) solve();
	return 0;
}