为了方便，题面中的 (F_i) 在下面描述中改为 (P_i) ， (V) 改为 (m) 。
子任务一： Brute Force
直接枚举，时间复杂度 (mathcal{O}(n^2 2^n)) 。
子任务二 / 三： Greedy
需要优化掉暴力枚举的 (2^n) ，考虑贡献法。
通过简单手玩，若设 (S_u) 表示与节点 (u) 相邻的所有铁球和，发现每个节点对答案的贡献是 (S_u - F_{lst}) ， (lst) 表示上一个走过节点的编号。
这样记录每一条链上点所有的贡献，存在 std::set 中，到叶子节点取最大贡献并统计答案即可。
时间复杂度 (mathcal{O}(n^2 mlog m)) 。
子任务四： DP
不妨将一条链 (u ightarrow v) 看成 (u ightarrow p) 和 (p ightarrow v) 。
这样就可以通过枚举 (p) 并记录其子树信息的最优解来解决问题了。
设 (F(u,i)) 表示用了 (leq i) 次磁铁，从以 (u) 为根的子树中一个节点到 (u) 的路径的贡献的最大值。
设 (G(u,i)) 表示用了 (leq i) 次磁铁，从节点 (u) 到子树中一个节点的路径贡献的最大值。
显然有转移方程：
[F(u,i) = max{F(u,i - 1), F(v, i), F(v, i - 1) + S_u - P_v}
]
[G(u,i) = max{G(u,i - 1), G(v, i), G(v, i - 1) + S_v - P_u}
]
但是 (Ans eq max{F(u,i) + G(v,m - i) , G(u,i) + F(v,m - i)}) 。
所以对于一个节点，我们需要先记录已经遍历过的子树的最优信息，再与当前子树合并即可。
时间复杂度 (mathcal{O}(n imes m)) 。
#include <bits/stdc++.h>
#define forn(i,s,t) for(register int i=(s);i<=(t);++i)
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 1e5 + 3, M = 1e2 + 3;
struct List {
int dir, nxt;
} E[N << 1];
template<typename T>inline T Max(T A, T B) {
return A > B ? A : B;
}
int T[N], cnt;
inline void Add(int u, int v) {
E[++cnt].dir = v, E[cnt].nxt = T[u], T[u] = cnt;
}
int n, m;
LL P[N], val[N], F[N][M], G[N][M], Ans;
LL Fsub[M], Gsub[M];
// F:: Up Sta G:: Dn Sta
void dfs(int u, int fa) {
forn(i, 1, m) F[u][i] = val[u];
Ans = Max(Ans, val[u]);
for (register int i = T[u]; i; i = E[i].nxt) {
int v = E[i].dir;
if (v == fa)
continue ;
dfs(v, u);
forn(j, 1, m) {
Fsub[j] = Max(F[v][j], F[v][j - 1] + val[u] - P[v]);
Gsub[j] = Max(G[v][j], G[v][j - 1] + val[v] - P[u]);
Ans = Max(Ans, Max(Fsub[j] + G[u][m - j], Gsub[j] + F[u][m - j]));
}
forn(j, 1, m) {
F[u][j] = Max(F[u][j], Max(F[u][j - 1], Fsub[j]));
G[u][j] = Max(G[u][j], Max(G[u][j - 1], Gsub[j]));
}
}
}
int main() {
scanf("%d%d", &n, &m);
if (!m)
return puts("0"), 0;
forn(i, 1, n) scanf("%lld", P + i);
forn(i, 2, n) {
static int u, v;
scanf("%d%d", &u, &v);
Add(u, v), Add(v, u);
val[v] += P[u], val[u] += P[v];
}
dfs(1, 0);
printf("%lld
", Ans);
return 0;
}