hdu 6060 RXD and dividing 2017多校第三场第五题（思维+dfs）

hdu 6060 RXD and dividing
题目大意，一棵树有n个节点，1为根节点，将2~n这n各节点分为k部分。这k个部分没有交集，可以为空，求1到k部分的和最大。
解题思路：这里提到了最小斯坦纳树，对此一无所知不知道要怎么弄，后来发现这里有n个节点n-1条边这样形成的树本来就是一棵最小生成树了，然后最小生成树又是斯坦纳树的一种特殊情况，所以这里可以忽略斯坦纳树的情况。而我们需要考虑的是某些边的重用情况。
记边 (u, v) 的权重为 w[v]，以点 v 为根的子树的节点总数为 sz[v]，那么答案就是 w[v] * min(sz[v], k) 对每个点求个和。这里我们要明白一点那就是，如果想让一条边尽量多用，那么它的子节点就应该尽可能分成多部分，这里他分成最多的部分是min（sz[i],k）最多是k部分，因为题目要求把n-1个节点分成k部分，所以w【v】最大的贡献是k，开始我一直觉得，这样算不能囊括所有的节点，后来才发现，原来这里分成的k部分是以叶子节点来分的，若k=1 就直接是原来那棵树的权重，若k>=2，先将叶子结点分成一部分，然后可以视为叶子结点已经不存在，再将新的叶子节点看成一部分，剩余的看做一部分，这样就可以保证囊括所有节点了。
code：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct Node
{
    int v,w;
};
vector<Node> e[1000010];
int sz[1000010],w[1000010];
void dfs(int v,int pre)
{
    sz[v] = 1;
    for(int i=0;i<e[v].size();i++)
    {
        int u = e[v][i].v;
        if(u == pre)
            continue;
        w[u] = e[v][i].w;
        dfs(u,v);
        sz[v] += sz[u];
    }
}
int main()
{
    int n,k;
    while(~scanf("%d %d",&n,&k))
    {
        for(int i=0;i<=n;i++)
            e[i].clear();
        int a,b,c;Node temp;
        for(int i=1;i<n;i++){
            scanf("%d %d %d",&a,&b,&c);
            temp.v = b; temp.w = c;
            e[a].push_back(temp);
            temp.v = a; temp.w = c;
            e[b].push_back(temp);
        }
        memset(sz,0,sizeof(sz));
        memset(w,0,sizeof(w));
        dfs(1,0);
        long long ans = 0;
        for(int i = 2;i<=n;i++)
            ans += w[i]*(long long)min(sz[i],k);
        printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}