網上的大多是用樹的直徑做的，但是一些比較巧妙的做法，來自https://www.cnblogs.com/qldabiaoge/p/9315722.html。

首先用set數組維護每一個節點所連接的邊的信息，然後遍歷一遍所有的點，把度為1的點放入集合s，（把距離作為第一要素）；

然後把集合s中的點從小到大枚舉，每個點存儲的信息是該點及其該點的子節點中到該點的父親節點的最大距離；

枚舉一個點後，把它從集合s和它父親節點中刪除。如果這個時候父節點的度變成1了，說明這個節點是父親節點到所有子節點中距離的最大值（比這個距離小的肯定比它先刪除）。

然後就可以更新父親節點及其所有子節點到父親節點的父親節點的最長距離。

循環的終止條件是n<=k且size<=2；首先要形成k個連續點，相當於要k-1條邊，也就是要至少更新(n-1)-(k-1)=n-k次。

除此之外，這k個點肯定在直徑上,因為我們要讓離這k個點的最大距離盡量的小，而我們拓展點的時候，直徑上的點距離拓展點最遠，所以向直徑方向拓展。

那麽這k個點形成的答案樹只有2個葉子節點,及集合s中只能最多剩余2個葉子節點到其它子節點的最大距離。

我們在枚舉距離的時候是從小到大枚舉，所以當滿足終止條件的時候就是最小的最大距離。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 1e5 + 10;
set<pair<int, int> > d[maxn], s;
int n, k, ans = 0;
int main() {
    scanf("%d%d", &n, &k);
    for (int i = 0 ; i < n - 1 ; i++ ) {
        int u, v, w;
       scanf("%d%d%d", &u, &v, &w);
       d[u].insert(make_pair(v, w));
       d[v].insert(make_pair(u, w));
    }
    for (int i = 1 ; i <= n ; i++)
        if (d[i].size() == 1) s.insert(make_pair((*d[i].begin()).second, i));
     while( n > k || s.size() > 2) {
         ans = (*s.begin()).first;
        int i = (*s.begin()).second;
		         s.erase(s.begin());
         int next = (*d[i].begin()).first;
         d[next].erase(d[next].lower_bound(make_pair(i, 0)));
         n--;
         if (d[next].size() == 1)
             s.insert(make_pair((*d[next].begin()).second + ans, next));
     }
     printf("%d\n", ans);
    return 0;
 }

Codeforces #495 Div2 problem E. Sonya and Ice Cream(1004E)