看到这道题，很容易想到是一道树型DP，那么该如何做？

首先我们可以先这样定义状态，fi,jf_{i,j}表示以ii为根节点,向下走jj步最多能经过多少点,但很明显,只是这样是不行的,所以我们再加一维,第三维为0表示不会到根节点,第三维为1表示需要回到根节点,那么就可以得出状态转移方程

{fi,j,0=max(fi,j−t,0+fv,t−2,1,fi,j−t,1+fv,t−1,0)fi,j,1=max(fi,j−t,1+fv,t−2,1)\begin{cases}f_{i,j,0}=max(f_{i,j-t,0}+f_{v,t-2,1},f_{i,j-t,1}+f_{v,t-1,0})\\f_{i,j,1}=max(f_{i,j-t,1}+f_{v,t-2,1})\end{cases}

(其中ii表示父节点,jj表示一共走了多少步,vv表示儿子节点,tt表示儿子节点向下走多少步)

注意到这里面为什么要减一个1或2,因为向下走如果要回来,那么就还需要经过2次父亲与儿子之间的边,如果不会来,就只需要经过一次.

那么代码就很容易得出

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;

int n, k;
int head[205], ver[205], net[205], tot, f[205][205][2];

void add(int a,int b)
{
    net[++tot] = head[a];
    head[a] = tot;
    ver[tot] = b;
}

void dfs(int u,int fa)
{
    f[u][0][0] = f[u][0][1] = 1;
    for (int i = head[u]; i; i = net[i])
    {
        int v = ver[i];
        if(v == fa)
            continue;
        dfs(v, u);
        for (int j = k; j >= 0; j--)
        {
            for (int t = 0; t <= j; t++)
            {
                f[u][j][0] = max(f[u][j][0], max(f[u][j - t][0] + f[v][t - 2][1], f[u][j - t][1] + f[v][t - 1][0]));
                f[u][j][1] = max(f[u][j][1], f[u][j - t][1] + f[v][t - 2][1]);
            }
        }
    }
}

int main()
{
    scanf("%d%d", &n, &k);
    for (int i = 1; i < n; i++)
    {
        int u, v;
        scanf("%d%d", &u, &v);
        add(u + 1, v + 1), add(v + 1, u + 1);
    }
    dfs(1, -1);
    int ans = 0;
    for (int i = 0; i <= k; i++)
        ans = max(ans, f[1][i][0]);
    printf("%d", ans);
}