题目大意：一棵点带权有根树，根节点为1。从根节点出发，走k步，求能收集的最大权值和。
树形dp。复杂度可能是O(玄学)，不会超过$O(nk^2)$。（反正这题不卡这个，考思想）参考
ans[i][j][0]表示i点以下共走j步，不回来，可能收集到最大的权值
ans[i][j][1]表示i点以下共走j步，回来，可能收集到最大的权值
比较复杂的是，每个节点（以下称当前节点）从其子节点转移的时候，需要用一个背包：
t[i][j][0]表示当前节点的前i个子节点共走j步，不回来
t[i][j][1]表示当前节点的前i个子节点共走j步，回来
对于t[i][j][0]，要么是当前节点的前i-1个子节点共走j步（包括去和回来前面的子节点所用步数），在之前就不回来；
要么是前i-1个子节点共走j-p步（包括去和回来前面的子节点所用步数），当前节点走到第i个子节点用1步，第i个子节点向下走p-1步，不回来；
要么是花一步走到第i个子节点，在第i个子节点往下走p-2步，再花一步走回当前节点，再在前i-1个子节点中走j-p步（包括去和回来前面的子节点所用步数）并且不回来。
因此t[i][j][0]=max(t[i-1][j][0],max{t[i-1][j-p][1]+ans[nowson][p-1][0]},max{t[i-1][j-p][0]+ans[nowson][p-2][1]})
对于t[i][j][1]，要么是前i-1个子节点共走j-p步（包括去和回来前面的子节点所用步数），走到第i个子节点花1步，第i个子节点向下走用p-2步并回来，从第i个子节点回来花一步；要么是前i-1个子节点共走j步（包括去和回来前面的子节点所用步数），回来。
因此t[i][j][1]=max(t[i-1][j][1],max{t[i-1][j-p][1]+ans[nowson][p-2][1]})
当然实际求解的时候并不需要每个节点开一个t数组，只需要在ans数组上直接做就行了。就是先对t数组求解过程用滚动数组优化，那么只需要两维t[j][0/1]。这时只需要把ans[当前节点]的数组当做t去做就行了。另外，求解t数组的边界要注意一下。另外，t数组再求解前就全部初始化成当前节点权值就行了。
最终答案很显然：max(ans[1][k][0],ans[1][k][1])。
曾经错误：
naive的转移方程：
t[i][j][0]=max(t[i-1][j][0],t[i-1][j-p][0],t[i-1][j-p][1]+ans[son][p][0])
t[i][j][1]=max(t[i-1][j][1],t[i-1][j-p][1]+ans[son][p][1])
事实上，这道题转移t[i][j][0]的第3种（标红的）情况很容易遗漏。另外，很容易忽略走去与走回子节点花费的1或2步。
1 #include<cstdio>
2 #include<cstring>
3 #include<algorithm>
4 using namespace std;
5 struct Edge
6 {
7 int to,next;
8 }edge[210];
9 int ne,ans[110][210][2],f1[110];
10 int a[110];
11 int n,k;
12 bool vis[110];
13 void dfs(int u)
14 {
15 int j,kk=f1[u],p,v;
16 vis[u]=true;
17 for(j=0;j<=k;j++)
18 ans[u][j][0]=ans[u][j][1]=a[u];
19 while(kk!=0)
20 {
21 v=edge[kk].to;
22 if(!vis[v])
23 {
24 dfs(v);
25 for(j=k;j>=0;j--)
26 {
27 for(p=1;p<=j;p++)
28 ans[u][j][0]=max(ans[u][j][0],max(ans[u][j-p][0]+ans[v][p-2][1],ans[u][j-p][1]+ans[v][p-1][0]));
29 for(p=2;p<=j;p++)
30 ans[u][j][1]=max(ans[u][j][1],ans[u][j-p][1]+ans[v][p-2][1]);
31 }
32 }
33 kk=edge[kk].next;
34 }
35 }
36 int main()
37 {
38 int i,ta,tb;
39 while(scanf("%d%d",&n,&k)==2)
40 {
41 ne=0;
42 memset(ans,0,sizeof(ans));
43 memset(vis,0,sizeof(vis));
44 memset(f1,0,sizeof(f1));
45 for(i=1;i<=n;i++)
46 scanf("%d",&a[i]);
47 for(i=1;i<n;i++)
48 {
49 scanf("%d%d",&ta,&tb);
50 edge[++ne].to=tb;
51 edge[ne].next=f1[ta];
52 f1[ta]=ne;
53 edge[++ne].to=ta;
54 edge[ne].next=f1[tb];
55 f1[tb]=ne;
56 }
57 dfs(1);
58 printf("%d\n",max(ans[1][k][0],ans[1][k][1]));
59 }
60 return 0;
61 }