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題目思路
主要是不知道怎么加邊，而題解巧妙的把加邊換成了刪點
然后再進行樹上背包，細節也有點多
官方題解如下
枚舉位於最終邊獨立集上的加入的邊權為 p 的邊的數量 t，那么 0 ≤ t ≤ k 且 2t ≤ n，這
是因為每條邊將占據圖中的兩個點。
假設最終要加入 t 條邊，那么需要從圖中刪去 2t 個點，然后用 t × p + 剩下圖的最大權邊
獨立集來更新答案，這等價於在樹上規定 2t 個點不匹配其它點，然后計算樹的帶權最大匹配。
使用自底向上的樹形動態規划來解決這個問題：設 f[i][j][0] 表示考慮了 i 點的子樹，i 點的
子樹內刪掉了 j 個點，且 i 不能往上匹配 i 的父親時的帶權最大匹配；設 f[i][j][1] 表示考慮了
i 點的子樹，i 點的子樹內刪掉了 j 個點，且 i 能夠往上匹配 i 的父親時的帶權最大匹配。那么
狀態數為 O(nk)，在轉移時需要合並兩棵子樹的信息，j 這一維從 0 開始枚舉到 min(sizex, k)
即可保證時間復雜度為 O(nk)，其中 sizex 表示 x 目前的子樹大小。
代碼
#include<bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define debug cout<<"I AM HERE"<<endl;
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
const int maxn=1e5+5,inf=0x3f3f3f3f,mod=1e9+7;
const double eps=1e-6;
const ll INF=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
int n,ma,p;
int head[maxn],cnt;
ll dp[maxn][205][2];
ll tmp[205][2];
int sz[maxn];
struct edge{
int to,next,w;
}e[maxn<<2];
void add(int u,int v,int w){
e[++cnt]={v,head[u],w};
head[u]=cnt;
}
void dfs(int u,int fa){
sz[u]=1;
dp[u][0][0]=0;
dp[u][1][1]=0;
for(int i=head[u];i;i=e[i].next){
int to=e[i].to;
if(to==fa) continue;
dfs(to,u);
for(int j=0;j<=200;j++){
tmp[j][0]=dp[u][j][0];
tmp[j][1]=dp[u][j][1];
}
// 0表示i這個點暫未匹配
// 1表示i這個點已經匹配
for(int j=0;j<=min(2*ma,sz[u]);j++){
for(int k=0;k<=min(2*ma,sz[to])&&(j+k)<=200;k++){
tmp[j+k][0]=max(tmp[j+k][0],dp[u][j][0]+dp[to][k][0]);
tmp[j+k][0]=max(tmp[j+k][0],dp[u][j][0]+dp[to][k][1]);
tmp[j+k][1]=max(tmp[j+k][1],dp[u][j][0]+dp[to][k][0]+e[i].w);
tmp[j+k][1]=max(tmp[j+k][1],dp[u][j][1]+dp[to][k][0]);
tmp[j+k][1]=max(tmp[j+k][1],dp[u][j][1]+dp[to][k][1]);
}
}
for(int j=0;j<=min(2*ma,sz[u]);j++){
for(int k=0;k<=min(2*ma,sz[to])&&(j+k)<=200;k++){
dp[u][j+k][0]=tmp[j+k][0];
dp[u][j+k][1]=tmp[j+k][1];
}
}
sz[u]+=sz[to];
}
}
signed main(){
scanf("%d%d%d",&n,&ma,&p);
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=0;j<=2*ma;j++){
dp[i][j][0]=dp[i][j][1]=-INF;
}
}
for(int i=1,u,v,w;i<=n-1;i++){
scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
add(u,v,w);
add(v,u,w);
}
dfs(1,1);
ll pr=0;
for(int i=0;i<=2*ma;i+=2){
pr=max(pr,max(dp[1][i][0],dp[1][i][1])+1ll*i/2*p);
}
printf("%lld\n",pr);
return 0;
}