题意分析
对于这类求“最值的最值”的问题，很容易想到二分答案。
因此我们套路地想二分答案是否可行，即能否高效的判断最小赛道长度为 $\textit{mid}$ 时是否可行。
一个显然的贪心：赛道的长度如果大于等于 $\textit{mid}$，则应尽可能接近于 $\textit{mid}$。因为修建的太长了对于答案的贡献不变，反而会挤占其他赛道。
修建赛道，对于一个节点 $x$ 的情况即一条边顺着 $x$ 至其父节点的边向上延伸，其余边两两配对（如果已经大于等于 $\textit{mid}$，则不需要配对）。
那么我们就应当使得配对尽可能配成刚好大于 $\textit{mid}$ 的对，剩下的再向上延伸；否则将一个能配对的拆开，向上延伸，最多也只会出现一个合法赛道，而原来可能会有两个；因此这样更优。
这个操作可以通过平衡树维护，不想写也可以用 multiset。
AC 代码
时间复杂度：$\mathcal O\left(n\log n\log V\right)$，$V$ 表示答案的值域大小，即 $V=\dfrac1m\sum\limits_{i=1}^nl_i$。
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//#include<bits/stdc++.h>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<iomanip>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<vector>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<deque>
#include<queue>
#include<stack>
#include<list>
#include<set>
using namespace std;
constexpr const int N=5e4,M=N-1;
int n,m;
vector<pair<int,int> >g[N+1];
int dp[N+1];
int dfs(int x,int fx,const int &mid){
int ans=0;
for(auto i:g[x]){
if(i.first==fx){
continue;
}
ans+=dfs(i.first,x,mid);
}
multiset<int>node;
for(auto i:g[x]){
if(i.first==fx){
continue;
}
if(i.second+dp[i.first]>=mid){
ans++;
}else{
node.insert(i.second+dp[i.first]);
}
}
while(node.size()>=2){
int pl=*node.begin();
node.erase(node.begin());
auto p=node.lower_bound(mid-pl);
if(p!=node.end()){
ans++;
node.erase(p);
}else{
dp[x]=pl;
}
}
if(node.size()){
dp[x]=*node.rbegin();
}
return ans;
}
bool check(int mid){
memset(dp,0,sizeof(dp));
return dfs(1,0,mid)>=m;
}
int main(){
/*freopen("test.in","r",stdin);
freopen("test.out","w",stdout);*/
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);cout.tie(0);
cin>>n>>m;
int sumL=0;
for(int i=1;i<n;i++){
int a,b,l;
cin>>a>>b>>l;
g[a].push_back({b,l});
g[b].push_back({a,l});
sumL+=l;
}
int l=0,r=sumL/m+1;
while(l<r){
int mid=l+r+1>>1;
if(check(mid)){
l=mid;
}else{
r=mid-1;
}
}
cout<<l<<'\n';
cout.flush();
/*fclose(stdin);
fclose(stdout);*/
return 0;
}
