BZOJ
洛谷

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\n",ans-tmp);return 0;
}