Description
传说中的九头龙(贪吃龙)(笑)是一种特别贪吃的动物。虽然名字叫“九头龙”，但这只是说它出生的时候有九个头，而在成长的过程中，它有时会长出很多的新头，头的总数会远大于九，当然也会有旧头因衰老而自己脱落。
有一天，有M个脑袋的九头龙看到一棵长有N个果子的果树，喜出望外，恨不得一口把它全部吃掉。可是必须照顾到每个头，因此它需要把N个果子分成M组，每组至少有一个果子，让每个头吃一组。
这M个脑袋中有一个最大，称为“大头”，是众头之首，它要吃掉恰好K个果子，而且K个果子中理所当然地应该包括唯一的一个最大的果子。果子由N-1根树枝连接起来，由于果树是一个整体，因此可以从任意一个果子出发沿着树枝“走到”任何一个其他的果子。
对于每段树枝，如果它所连接的两个果子需要由不同的头来吃掉，那么两个头会共同把树枝弄断而把果子分开；如果这两个果子是由同一个头来吃掉，那么这个头会懒得把它弄断而直接把果子连同树枝一起吃掉。当然，吃树枝并不是很舒服的，因此每段树枝都有一个吃下去的“难受值”，而九头龙的难受值就是所有头吃掉的树枝的“难受值”之和。
九头龙希望它的“难受值”尽量小，你能帮它算算吗？
例如图1所示的例子中，果树包含8个果子，7段树枝，各段树枝的“难受值”标记在了树枝的旁边。九头龙有两个脑袋，大头需要吃掉4个果子，其中必须包含最大的果子。即N=8，M=2，K=4：
Input
输入文件的第1行包含三个整数N (1<=N<=300)，M (2<=M<=N)，K (1<=K<=N)。 N个果子依次编号1,2,…,N，且最大的果子的编号总是1。第2行到第N行描述了果树的形态，每行包含三个整数a (1<=a<=N)，b (1<=b<=N)，c (0<=c<=10^5)，表示存在一段难受值为c的树枝连接果子a和果子b。
Output
输出文件仅有一行，包含一个整数，表示在满足“大头”的要求的前提下，九头龙的难受值的最小值。如果无法满足要求，输出-1。
Sample Input
8 2 4
1 2 20
1 3 4
1 4 13
2 5 10
2 6 12
3 7 15
3 8 5
Sample Output
4
Data Constraint
题解：
本题是树形动态规划(关于树形dp的模板，可以参照一下这里：传送门)
我们可以通过对m进行讨论，发现：
当m=2时，去掉大头吃过的部分，则m=1;剩余果子=n-k。即可能存在一个头吃树枝两侧果子的情况(吃树枝，会增加难受值的情况)
当m>2时，则剩余头(m-1)的≥2，那么我们只需要将剩余果子(n-k)给剩余头每个都分一份，还剩下n−k−(m−1)个果子，此时的果子我们可以随便地去分，即此时存在一个头吃树枝两侧果子的情况仅有大头。
由此我们可以推出f[i][j][0/1]表示以i为根节点的子树，大头吃了子树中j个果子的最小难受值，0表示没吃，1表示吃了
状态转移方程，则可以通过枚举子树中，当前吃果子数size[x]来得出f[i][j][1] （f[i][0][0]，f[i][1][1]的值都是0，因为一个是没吃过东西，一个是只吃一个果子，都不会产生难受值）
对于f[i][j][1:我们知道此时是大头吃掉了结点i的果子，当子结点to[i]也是大头吃掉的时候，则加上难受值，否则就不加，则推得： f[x][j][1]=min(f[x][j][1],k[j-w][1]+min(f[to[i]][w][1]+v[i],f[to[i]][w][0]))
对于f[i][j][0]：由于它有两种情况：子节点不被大头吃，就与自己处于同一树枝(产生难受值)；子节点不与自己处于同一树枝。在这里，我们可以判断，并用不同的状态转移方程来更新(区别在于是否累加难受值)；也可以累加一个值p(当m=2时为难受值，当p>2时为0)方程为：f[x][j][0]=min(f[x][j][0],k[j-w][0]+min(f[to[i]][w][0]+p,f[to[i]][w][1])
对于状态转移方程中的f[i][j−w][0/1]，因为可能因为f[i][j][0/1]的更新而变化， 所以我们需要用一个数组k去储存原先f[i][j][0/1]。
特判：本题如果n-k<m-1(即大头吃了k个果子后，有头没得吃)就输出-1
附带：
纪念在东华的大头，R.I.P
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#define N 310
using namespace std;
int n,m,k,x,y,z,cnt,v[N*2],f[N][N][2],to[N*2],next[N*2],head[N],size[N];
void add(int x,int y,int z)
{
cnt++;
to[cnt]=y; next[cnt]=head[x]; head[x]=cnt; v[cnt]=z;
}
void dfs(int x,int y)
{
int i=head[x];
int k[N][2];
size[x]=1;
f[x][1][1]=f[x][0][0]=0;
while (i != 0)
{
if(to[i] != y){
dfs(to[i],x);
size[x]+=size[to[i]];
memcpy(k,f[x],sizeof(k));
memset(f[x],60,sizeof(f[x]));
int p=0; if (m==2) p=v[i];
for (int j=size[x];j>=0;j--)
{
if (j>0) for (int w=j-1;w>=0;w--) f[x][j][1]=min(f[x][j][1],k[j-w][1]+min(f[to[i]][w][1]+v[i],f[to[i]][w][0]));
for (int w=j;w>=0;w--) f[x][j][0]=min(f[x][j][0],k[j-w][0]+min(f[to[i]][w][0]+p,f[to[i]][w][1]));
}
}
i=next[i];
}
}
int main()
{
scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
if (n-k<m-1) {
printf("-1\n");
return 0;
}
for(int i=1;i<n;i++) {
scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
add(x,y,z); add(y,x,z);
}
memset(f,60,sizeof(f));
dfs(1,0);
printf("%d",f[1][k][1]);
return 0;
}