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求一棵n点树的k个点，使得任意两点距离和最小。

关键字：树形分组背包、换角度求和

原题要求求任意两点的距离之和，不易处理，因此我们可以从边的角度，计算每条边计算了多少次。一条边<u,v>可以将一棵树分为两部分，每部分有x，k-x个点，则该边被计算了2*x*(k-x)次。因此，该边的贡献是2*x*(k-x)*w<u,v>，若u是v的父亲，且已知v中x条边对整体的最小贡献，则可以通过分组背包模型解决该问题。dp[u][k][i]:u节点遍历到前m个孩子节点时，点容量为i的最小距离和。每个孩子可以占据1，2...i个点和贡献相应的距离。dp[u][m][i]={dp[u][m-1][i],dp[u][m-1][i-j]+(dp[v][j]+2*w<u,v>*(k-j)*j)}

完全背包模型：一共有n件物品，和容量为v的背包。第i件物品的容量是Ci，价值是Wi。背包被分为k组，每组至多选1件物品。求一种选择方案，使得物品总容量不超过背包容量，且价值最大。

状态转移方程：F [k; v] = max{ F [k - 1; v]; F [k - 1; v - Ci ] + Wi | item i ∈ group k}

伪代码：

for k <—1 to K 枚举所有的组（在树中即为每个子节点）
for v <— V to 0 枚举所有的容量从大到小，保证每组仅有一个进入背包（在树中即为每个孩子仅进入一次）
for all item i in group k 每组选择一件物品（每个子节点进行一次选择）
F [v] = max{ F [v], F [v - Ci ] + Wi }

#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<string.h>
#include<algorithm>
#include<map>
#include<vector>
#include<queue>
#define ll long long
#define sf scanf
#define pf printf
#define maxn 10000
#define inf 0x3f3f3f
#define INF 1ll<<60
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define lowbit(x) x&(-x)
using namespace std;int t,n,k;
struct Edge{int to,next;ll w;
}edge[maxn];
int head[maxn],tot;
ll dp[maxn][55];void add(int u,int v,ll w){edge[tot].to=v,edge[tot].next=head[u],edge[tot].w=w;head[u]=tot++;
}void init(){mem(head,-1);tot=0;for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=0;j<=k;j++)dp[i][j]=(j==1||j==0)?0:INF;
}void dfs(int u,int fa){//树形分组背包dp[u][0]=dp[u][1]=0;for(int l=head[u];l!=-1;l=edge[l].next){//每个孩子 <=> 每个组int v=edge[l].to;ll w=edge[l].w;if(v==fa) continue;dfs(v,u);//1.递归求得每个孩子的最优值//2.对每个孩子进行完全背包for(int i=k;i>=1;i--){//容量for(int j=1;j<=i;j++){//枚举每组的物品ll cost=dp[v][j]+(ll)w*j*(k-j)*2;dp[u][i]=min(dp[u][i],dp[u][i-j]+cost);}}}
}int main(){//freopen("a.txt","r",stdin);scanf("%d",&t);while(t--){scanf("%d%d",&n,&k);init();for(int i=0;i<n-1;i++){int a,b;ll c;scanf("%d%d%lld",&a,&b,&c);add(a,b,c),add(b,a,c);}dfs(1,0);printf("%lld\n",dp[1][k]);}return 0;
}

bug:分组背包必须先枚举组，再枚举容量，不能先枚举容量！

long long的上限取1ll<<60即可

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