这个数据范围。。考虑暴力一些把各种信息都记下来。不妨直接令(f[i][j][k][0/1])表示当前为点(i)，离(i)最近的建了伐木场的(i)的祖先为(j)，(i)及(i)子树一共建了(k)个伐木场。(0/1)表示点(i)是否建了伐木场。
发现对于(i)的子树里的点(v)，(v)建没建伐木场无所谓，需要的是它建了多少。所以DP完(i)后，(i)只保留(f[i]...[0/1])中较小的一个作为点(i)的答案即可。
转移就是背包，暴力些即可。复杂度(O(n^2k^2))。
既然都这么暴力地记录祖先了，不妨转移(f[i])的时候直接DFS一遍子树（强制(i)选）。即令(f[i][j])表示(i)子树共用(j)个伐木场的最小代价。这样虽然复杂度还是(O(n^2k^2))，但只需要二维的DP数组。
另外DP完当前点(i)后，是保留强制选(i)的DP值（不选(i)的也没法求啊）；从其它点转移的时候，就无所谓取不取了。
为了方便，可以令(f)表示最大贡献（与到根节点相比少花多少代价）啊。
感觉还是有点迷...
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#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define gc() getchar()
typedef long long LL;
const int N=105,INF=2e9;
int K,w[N],dep[N],sz[N],H[N],nxt[N],f[N][55],g[N][55];
inline int read()
{
int now=0;register char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-'0',c=gc());
return now;
}
inline void AE(int u,int v)
{
nxt[v]=H[u], H[u]=v;
}
void DP(int x,int dep_anc)
{
f[x][0]=dep_anc*w[x];
for(int v=H[x]; v; v=nxt[v])
{
DP(v,dep_anc);
for(int i=std::min(sz[x],K); ~i; --i)
for(int j=0; j<=std::min(sz[v],i); ++j)
f[x][i]=std::max(f[x][i],f[x][i-j]+f[v][j]);
}
for(int i=1; i<=K; ++i) f[x][i]=std::max(f[x][i],g[x][i]);//g[x][0]=0 (meaningless)
}
void DFS(int x)
{
sz[x]=1;
for(int v=H[x]; v; v=nxt[v]) dep[v]+=dep[x], DFS(v), sz[x]+=sz[v];
memset(f,0,sizeof f);
for(int v=H[x]; v; v=nxt[v])
{
DP(v,dep[x]);
for(int i=std::min(sz[x],K); ~i; --i)
for(int j=0; j<=std::min(sz[v],i); ++j)
g[x][i]=std::max(g[x][i],g[x][i-j]+f[v][j]);
}
if(x) for(int i=K,v=dep[x]*w[x]; i; --i) g[x][i]=g[x][i-1]+v;//在此之前未算入x（当然0本身不用算入）
// g[x][0]=0;
}
int main()
{
int n=read(); K=read();
for(int i=1; i<=n; ++i) w[i]=read(),AE(read(),i),dep[i]=read();
DFS(0);
int ans=0,tmp=0;
for(int i=0; i<=K; ++i) tmp=std::max(tmp,g[0][i]);
for(int i=1; i<=n; ++i) ans+=dep[i]*w[i];
printf("%d
",ans-tmp);
return 0;
}