CF868E Policeman and a Tree

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感觉优化一下可能是个神仙题不过这道题数据这么点还是算了吧
考虑一个简单的dp状态，就是直接设\(f_{i,j}\)表示现在在\(i\)点，还剩\(j\)个值，但是发现没有办法转移，如果要记录每个点的答案的话那么就很难搞。
所以把这个东西放到边上去状态数瞬间变成\(O(n^3)\)
也就是设\(dp_{i,j,k}\)表示在\(i\)条边上，还剩\(j\)个，这条边的端点有\(k\)个。
写个类背包的东西随便转移就好了。时间复杂度\(O(n^5)\)
code:

#include
#define I inline
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
#define abs(x) ((x)>0?(x):-(x))
#define re register
#define RI re int
#define ll long long
#define db double
#define lb long db
#define N 50
#define K 1000000
#define mod 998244353
#define Mod (mod-1)
#define eps (1e-5) 
#define U unsigned int
#define it iterator
#define Gc() getchar() 
#define Me(x,y) memset(x,y,sizeof(x))
#define d(x,y) (m*x+(y))
#define R(n) (rand()*rand()%(n)+1)
#define Pc(x) putchar(x)
using namespace std;
int s,Fl[N+5],ToT,Ans=1e9,n,m,k,dp[N+5][N*2+5][N+5],x,y,z;
struct Edge{int to,id,w;}tmp;vector S[N+5];
I int dfs(int Id,int y,int w,int k){
	if(~dp[w][Id][k]) return dp[w][Id][k];
	if(S[y].size()==1) return dp[w][Id][k]=(w^k?S[y][0].w+dfs(Id^1,S[y][0].to,w-k,w-k):0);
	RI i,j,h,F[N+5],H[N+5],G[N+5],Fl=0;for(i=0;i