传送门

首先每个点 $u$ 只能选择不超过 $k$ 个相连的边

并且设边为 $(u,v)$ ，那么此时 $v$ 也必须选择这条边

因为图是一颗树，显然考虑一下树形 $dp$

设 $f[x][0/1]$ 表示考虑完 $x$ 的子树，当前节点有没有留一个选择给和父亲相连的边（$0$ 表示没有）

那么对于 $f[x][0]$

考虑所有 $x$ 的儿子 $v$，我们要选出不超过 $k$ 个儿子的 $f[v][1]+val(x,v)$ ，然后剩下的儿子全部选 $f[v][0]$ ，求最大价值

（其中 $val(x,v)$ 是边 $(x,v)$ 的价值）

考虑一开始所有的儿子都先选 $f[v][0]$，对于某个儿子 $v$ 如果我们之后要选 $f[v][1]$ ，那么增加的贡献 $delta$ 为 $-f[v][0]+f[v][1]+val(x,v)$

显然 $-f[v][0]$ 是因为之前已经加入了 $f[v][0]$ 的贡献

那么此时每个儿子的选择互不影响，直接按 $delta$ 排序取前 $k$ 大即可（注意如果还没到 $k$ 个但是 $delta$ 已经小于 $0$ 了就不用选）

对于 $f[x][1]$ 也是一样的道理，但是我们这时候取的就是前 $k-1$ 的的 $delta$ 了

不妨设 $1$ 为根，那么答案即为 $f[1][0]$

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<vector>
using namespace std;
typedef long long ll;
inline int read()
{
    int x=0,f=1; char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9') { if(ch=='-') f=-1; ch=getchar(); }
    while(ch>='0'&&ch<='9') { x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48); ch=getchar(); }
    return x*f;
}
const int N=5e5+7;
int Q,n,K;
int fir[N],from[N<<1],to[N<<1],val[N<<1],cntt;
inline void add(int a,int b,int c) { from[++cntt]=fir[a]; fir[a]=cntt; to[cntt]=b; val[cntt]=c; }
ll f[N][2];
void dfs(int x,int fa)
{
    vector <ll> tmp;
    for(int i=fir[x];i;i=from[i])
    {
        int v=to[i]; if(v==fa) continue;
        dfs(v,x);
        f[x][0]+=f[v][0]; f[x][1]+=f[v][0];
        tmp.push_back(f[v][1]-f[v][0]+val[i]);
    }
    sort(tmp.begin(),tmp.end()); reverse(tmp.begin(),tmp.end());
    int sz=tmp.size();
    for(int i=0;i<K&&i<sz;i++)
    {
        if(tmp[i]<=0) break;
        f[x][0]+=tmp[i];
        if(i<K-1) f[x][1]+=tmp[i];
    }
}
int main()
{
    Q=read();
    while(Q--)
    {
        n=read(),K=read(); int a,b,c;
        for(int i=1;i<=n;i++) f[i][0]=f[i][1]=0;
        for(int i=1;i<=n;i++) fir[i]=0; cntt=0;
        for(int i=1;i<n;i++)
        {
            a=read(),b=read(),c=read();
            add(a,b,c); add(b,a,c);
        }
        dfs(1,0);
        printf("%lld\n",f[1][0]);
    }
    return 0;
}