原题等价于选择恰好$k+1$条不相交（无公共点）的路径使得边权和最大
证明：对于原题中的最优解，一定包含了k条0边权的边（否则可以将未使用的边删掉，然后将这条路径的末尾与不在同一个连通块内的点连边），那么选择这k条0边权的边所划分的$k+1$条路径即可；对于这$k+1$条路径，将每一条路径首尾连0边权的边，由于这些0边权的边和选择的边无法构成环，因此一定可以删除k条为选择的非0边使其变成一棵树，即原题中的操作
然后令$f(k)$表示选择了恰好k条路径的答案，那么有对于$forall 1le i<n$，都有$2f(i)ge f(i-1)+f(i+1)$，即$f(i)-f(i-1)ge f(i+1)-f(i)$
证明：建立一张费用流的图：S->i(1,0)；i->i'(1,0)；i'->T(1,0)；i'->j(1,v(i,j))。容易发现$f(x)= 流量为x的最大费用$，由于费用流存在凸性，所以f也存在凸性
根据凸性二分即可，即二分$f(i)-f(i-1)ge k$，考虑判定：将每条路径权值减去k并选择任意条路径使得权值和最大，那么最后即求出了$f(i)-ki$（特殊情况：$f(k+1)-f(k)=……=f(k+i)-f(k+i-1)$，那么只可以找到$f(k+i)$和$f(k)$，根据等式求出$f(k+1)$即可）
具体的树形dp：用$f[i][j=0/1/2]$表示以i为根的子树选择的端点包含i的边数j，转移分类讨论即可（注意：根据二分的过程，我们要选择尽量多的路径，因此还要记录对应的路径数量，可以用结构体来转移）
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define N 300005 4 #define oo 1e12 5 #define ll long long 6 #define pli pair<ll,int> 7 #define fi first 8 #define se second 9 #define mx(k) max(f[k][0],max(f[k][1],f[k][2])) 10 int E,n,m,k,x,y,z,head[N]; 11 pli o,f[N][3]; 12 struct ji{ 13 int nex,to,len; 14 }edge[N<<1]; 15 pli add(pli x,pli y){ 16 return make_pair(x.fi+y.fi,x.se+y.se); 17 } 18 void add(int x,int y,int z){ 19 edge[E].nex=head[x]; 20 edge[E].to=y; 21 edge[E].len=z; 22 head[x]=E++; 23 } 24 void dfs(int k,int fa,ll v){ 25 f[k][0]=make_pair(0,0); 26 f[k][1]=f[k][2]=make_pair(-v,1); 27 for(int i=head[k];i!=-1;i=edge[i].nex) 28 if (edge[i].to!=fa){ 29 int u=edge[i].to; 30 dfs(u,k,v); 31 memcpy(f[0],f[k],sizeof(f[0])); 32 for(int j=0;j<3;j++)f[k][j]=add(f[k][j],mx(u)); 33 f[k][1]=max(f[k][1],add(add(f[0][0],f[u][1]),make_pair(edge[i].len,0))); 34 f[k][2]=max(f[k][2],add(add(f[0][1],f[u][1]),make_pair(edge[i].len+v,-1))); 35 } 36 } 37 pli pd(ll k){ 38 dfs(1,0,k); 39 return mx(1); 40 } 41 int main(){ 42 scanf("%d%d",&n,&m); 43 m++; 44 memset(head,-1,sizeof(head)); 45 for(int i=1;i<n;i++){ 46 scanf("%d%d%d",&x,&y,&z); 47 add(x,y,z); 48 add(y,x,z); 49 } 50 ll l=-oo,r=oo; 51 while (l<r){ 52 ll mid=(l+r+1>>1); 53 if (pd(mid).se>=m)l=mid; 54 else r=mid-1; 55 } 56 o=pd(l-1); 57 printf("%lld",o.fi+o.se*(l-1)+l*(m-o.se)); 58 }