看到這道題，很容易想到是一道樹型DP，那麼該如何做？

首先我們可以先這樣定義狀態，$f_{i,j}$表示以$i$為根節點,向下走$j$步最多能經過多少點,但很明顯,只是這樣是不行的,所以我們再加一維,第三維為0表示不會到根節點,第三維為1表示需要回到根節點,那麼就可以得出狀態轉移方程

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

(其中$i$表示父節點,$j$表示一共走了多少步,$v$表示兒子節點,$t$表示兒子節點向下走多少步)

注意到這裡面為什麼要減一個1或2,因為向下走如果要回來,那麼就還需要經過2次父親與兒子之間的邊,如果不會來,就只需要經過一次.

那麼程式碼就很容易得出

#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);
}