树形 dp 好题。

做这题的思想历程：

定义 \(dp_{i,j}\) 表示以 \(i\) 为根的子树中，选择了 \(j\) 个节点的答案。感觉还要带上一维状态就是所有黑点距离 \(i\) 的距离，这违反了做题思路中间的简洁性的原则。于是我们 查看题解。

经过不明方法之后，我们想到了定义 \(dp_{i,j}\) 对于答案的总贡献最小是多少。为什么我们能算出全局贡献，因为我们既然知道了有多少个黑点有多少个白点，那么我们就知道了一条边的左右有多少个黑白点，那么这样的话我们可以尝试一下背包转移就完事儿了 /jy

果然解决了，直接背包就完事儿了。。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
template <typename T>inline void read(T& t){t=0; register char ch=getchar(); register int fflag=1;while(!('0'<=ch&&ch<='9')) {if(ch=='-') fflag=-1;ch=getchar();}while(('0'<=ch&&ch<='9')){t=t*10+ch-'0'; ch=getchar();} t*=fflag;}
template <typename T,typename... Args> inline void read(T& t, Args&... args) {read(t);read(args...);}
const int N = 2000 + 10, inf = 0x3f3f3f3f;

int sz[N], n, k;
typedef long long ll;
ll dp[N][N], tmp[N << 2];
vector<pair<int, int> >G[N];

void chkmax(ll &x, ll y) {x = (y > x) ? y : x;}

void dfs(int u, int fa) {
    sz[u] = 1;
    for(auto path:G[u]) {
        int v = path.first, val = path.second;
        if(v == fa) continue;
        dfs(v, u);
        for(int i = 0; i <= sz[u] + sz[v]; ++i) tmp[i] = 0;
        for(int i = 0; i <= sz[u]; ++i)
            for(int j = 0; j <= sz[v]; ++j) {
                chkmax(tmp[i + j], dp[u][i] + dp[v][j] + 1ll * j * (k - j) * val /*black*/ + 1ll * (sz[v] - j) * (n - k - (sz[v] - j)) * val /*white*/);
            }
        sz[u] += sz[v];
        for(int i = 0; i <= sz[u]; ++i) dp[u][i] = tmp[i];
    }
}

int main() {
    read(n, k);
    for(int i = 1; i < n; ++i) {
        int x, y, val;
        read(x, y, val);
        G[x].push_back({y, val});
        G[y].push_back({x, val});
    }
    dfs(1, -1);
    cout << dp[1][k] << endl;
    return 0;
}