Solution
记总边权为(len)。
如果不可以乘车，那么答案就是(len*2)，因为最优解时每条边都被经过两次。
如果可以乘车，那么每次乘车等价于将两个点之间的路径的经过次数-1，并给总花费加上(C)。
又由于必须走着经过每一条边至少一次，所以乘车的路径不可以相交。
答案必须至少有(len)。
随后问题等价于用不超过(K)条路径覆盖原树，每条路径花费为(C)，未覆盖的边的花费为原边权的最小总花费，加上(len)就是答案。
先考虑前55分的做法。
设(f[i][j])表示在(i)子树内乘坐了(j)次巴士，且有一条巴士路径的一端是(i)的最小花费。
设(g[i][j])表示在(i)子树内乘坐了(j)次巴士，不要求(i)是某条巴士路径的一段的最小花费。
这样可以用(O(n^2))的树型DP解决，在这里不详细阐述。
如何改进？
DP的第一维状态难以省去，而表示坐车次数的第二维状态或许可以用其他方式代替。
设函数(F(cost)=(x,y))表示不限坐车次数，单次坐车花费改成(cost)时，最小总花费为(x)，坐车次数为(y)。
其中，如果存在一条路径使得路径边权和等于(cost)，那么选择走路而不坐车。
可以发现(cost)增大时，(y)单调不增，且(y)不是连续的。但是(cost)和(x)没有单调关系。
根据前一个性质，如果对(F)的(y)进行一次差分，(F(cost-1)_y-F(cost)_y)会等于(F(cost))方案中未被覆盖的路径长等于(cost)的路径数，它们处于一个均衡点上，(cost)变大必定走路，(cost)变小必定尽量坐车。
有一种方式理解(x)和(y)的关系，即(x=y*cost+sumw)，其中(sumw)是未被覆盖的边的边权之和。
(F)的求值是通过(O(n))的DP实现的，做法下面再讲。
首先判断(F(C))的(y)是否满足(yleq K)，显然这样直接找到了最优解，输出(x)。
否则此时(y > K)。可以证明坐满(K)次车一定是最优的：因为要从(y-K)条路径中选一些改成走路，已经割舍一部分利益了，那么剩下的(K)条路径一定要选择坐车，不然答案将更劣。
我们二分(cost)的取值，直到(y)为最大的，小于等于(K)的值为止。
此时(cost)是大于(C)的（因为(K)要减小，(cost)必须要增大）。
此时(F(cost))对应着一种坐车方案，坐了(y)次车。
题解给出了一个奇怪定理，可是我不会证明，只能感性理解：
如果我有一种在费用为(c)时乘坐(k)次巴士的最佳方案，不论坐车费用改为多少，如果一定要坐(k)次巴士，按这种方案坐(k)次车一定是最优的。
将这种方案的坐车费用直接修改成(C)，其总费变为(y*C+sumw). 那么此时答案为(len+F(cost)_x+(C-cost)*y).
注意这依然是不对的，如果二分出来的(F(cost))的(y)小于(K)，那么说明若(cost)再减小1，(y)将直接跳过(K)变成大于(K)。根据(F)的性质，(F(cost))的方案存在(F(cost-1)_y-F(cost)_y)条不坐车的路径的边权之和为(cost)。此时我们多出了(K-y)次坐车机会可以使用而且(C<cost)，那当然是尽可能把这些长度为(cost)的路径换成一次只需(C)的巴士！
那么修正后的答案是(len+F(cost)_x+(C-cost)*y+(C-cost)*(K-y))。
化简得到(len+F(cost)_x+(C-cost)*K)。
简单讲讲(F(cost))的求法：
记(f[i])表示(i)子树内有一条巴士路径的一端是(i)的最小花费及其乘坐巴士次数；
(g[i])表示(i)子树内不要求有一条巴士路径一端为(i)的最小花费及其乘坐巴士次数。
设当前遍历到(i)，则有初始状态(f[i]=(cost,1))和(g[i]=(0,0))
接着枚举(i)的儿子(j)，有如下转移：
计算完成后还有(f[i]=min{f[i];,;(g[i]_x+cost,g[i]_y+1)})，最后还有(g[i]=min{g[i];,;f[i]})
最终(F(cost)=g[root])。
#include <cstdio>
using namespace std;
const int N=100005,inf=2000000000;
int n,K,C,sumw;
int h[N],tot;
struct Edge{int v,w,next;}G[N*2];
int cost;
struct Data{
int x,y;
Data(){}
Data(int _x,int _y){x=_x;y=_y;}
friend bool operator < (const Data &u,const Data &v){
if(u.x!=v.x) return u.x<v.x;
return u.y<v.y;
}
};
Data f[N],g[N];
inline Data min(Data x,Data y){return x<y?x:y;}
inline void addEdge(int u,int v,int w){
G[++tot].v=v; G[tot].w=w; G[tot].next=h[u]; h[u]=tot;
}
void init(){
sumw=0;
tot=0;
for(int i=0;i<=n;i++) h[i]=0;
}
void dfs(int u,int fa){
f[u]=Data(cost,1); g[u]=Data(0,0);
for(int i=h[u],v;i;i=G[i].next)
if((v=G[i].v)!=fa){
dfs(v,u);
Data tf=min(Data(f[u].x+g[v].x+G[i].w,f[u].y+g[v].y),
Data(g[u].x+f[v].x,g[u].y+f[v].y));
Data tg=min(Data(f[u].x+f[v].x-cost,f[u].y+f[v].y-1),
Data(g[u].x+g[v].x+G[i].w,g[u].y+g[v].y));
f[u]=min(tf,Data(tg.x+cost,tg.y+1));
g[u]=min(tf,tg);
}
}
int solve(int cst){
cost=cst;
dfs(0,-1);
return g[0].y;
}
int main(){
while(~scanf("%d%d%d",&n,&K,&C)){
init();
for(int i=1;i<n;i++){
int u,v,w;
scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
addEdge(u,v,w); addEdge(v,u,w);
sumw+=w;
}
if(solve(C)<=K){
printf("%d
",sumw+g[0].x);
continue;
}
int l=C+1,r=inf,mid,ans;
while(l<=r){
int mid=(l+r)>>1;
if(solve(mid)>K) l=mid+1;
else ans=mid,r=mid-1;
}
solve(ans);
//printf("%d
",sumw+g[0].x-(ans-C)*K);
printf("%d
",sumw+g[0].x-(ans-C)*(K-g[0].y)-(ans-C)*g[0].y);
}
return 0;
}