题面

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题目翻译：

给定一颗 $N$ 个节点的树，结点从 $1$ 到 $N$ 编号，每个结点上有一些苹果。

现在从结点 $1$ 开始，每一步可以走向相邻结点，到达某一结点后，可以收集该结点的苹果（第二次到达某结点则没有苹果可收集）。

现在最多可以走 $K$ 步，问最多可以收集到多少苹果。

思路

这是一道很典型的树形 DP ，它要求我们从 1 号点开始最多走 K 步的经过的点的权值之和最大值，重复经过的节点只算做一次。不难设计出状态：$dp[i][j][0/1]$ 表示从 $i$ 号点出发，走了 $j$ 步，最后返回 (1) 或不返回 (0) 的最大价值。

那么接下来就是画图环节，自行绘画理解。

$dp[root][j][0]=max(dp[root][j-k][1]+dp[son][k-1][0])$

该方程表示在root出发走root的除son之外的子树走了j-k步并且回到root，然后从root出发到son要一步(所以k-1)，再从son出发走k-1步不返回son。

$dp[root][j][0]=max(dp[root][j-k][0]+dp[son][k-2][1])$

该方程表示从root出发到son要一步，再从son出发走k-2步返回son，son出发到root又要一步，(所以k-2)，再从root出发走root的除son之外的子树走了j-k步并且不回到root

$dp[root][j][1]=max(dp[root][j-k][1]+dp[son][k-2][1])$

该方程表示从root出发到son要一步，再从son出发走k-2步返回son，son出发到root又要一步，(所以k-2)，再从root出发走root的除son之外的子树走了j-k步并且回到root

代码

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/**
 * @file POJ2486.cpp
 * @author your name ([email protected])
 * @brief 
 * @version 0.1
 * @date 2024-08-21
 * 
 * @copyright Copyright (c) 2024

This is a common Tree DP problem.

The problem say we can move k times at more.
so , We can set the DP[i][j][0/1] to calc :
    when we is on node i then move j times the maximum of Apple that we can get.
    0 is we are return to node i , 1 is we are not return to node i.

*/

#pragma GCC optimize(2)
#pragma GCC optimize(3, "Ofast", "inline")
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long ll;
typedef __int128 int128;

namespace FastIO 
{
    char buf[1 << 20], *p1, *p2;
    #define getchar() (p1 == p2 && (p2 = (p1 = buf) + fread(buf, 1, 1 << 20, stdin), p1 == p2) ? EOF : *p1++)
    template<typename T> inline T read(T& x) {
        x = 0;
        int f = 1;
        char ch;
        while (!isdigit(ch = getchar())) if (ch == '-') f = -1;
        while (isdigit(ch)) x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48), ch = getchar();
        x *= f;
        return x;
    }
    template<typename T, typename... Args> inline void read(T& x, Args &...x_) {
        read(x);
        read(x_...);
        return;
    }
    inline ll read() {
        ll x;
        read(x);
        return x;
    }
    inline void read(char *s) {
        scanf("%s", s + 1);
    }
};
using namespace FastIO;

const int N = 110;

struct Edge {
    int to, nt;
    Edge() {}
    Edge(int to, int nt) : to(to), nt(nt) {}
}e[N << 1];
int hd[N], cnte;
void AddEdge(int u, int v) {
    e[++cnte] = Edge(v, hd[u]);
    hd[u] = cnte;
}

int n, K;
int a[N];

int dp[N][210][2];

inline void Input() {
    read(n, K);
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        read(a[i]);
    }
    int u, v;
    for(int i = 1; i < n; i++) {
        read(u, v);
        AddEdge(u, v);
        AddEdge(v, u);
    }
}

void Dfs(int u, int fa) {
    for(int i = 0; i <= K; i++) {
        dp[u][i][0] = dp[u][i][1] = a[u];
    }
    for(int i = hd[u]; i ; i = e[i].nt) {
        int v = e[i].to;
        if(v == fa) continue;
        Dfs(v, u);
        for(int j = K; j >= 0; j--) {
            for(int k = 1; k <= j; k++) {
                dp[u][j][0] = max(dp[u][j][0], dp[u][j - k][1] + dp[v][k - 1][0]);
                if(k < 2) continue;
                dp[u][j][0] = max(dp[u][j][0], dp[u][j - k][0] + dp[v][k - 2][1]);
                dp[u][j][1] = max(dp[u][j][1], dp[u][j - k][1] + dp[v][k - 2][1]);
            }
        }
    }
}

inline void Work() {
    Dfs(1, 0);
    printf("%d", max(dp[1][K][0], dp[1][K][1]));
}

int main() {
    int T = 1;
    while(T--) {
        Input();
        Work();
    }
    return 0;
}