因为网上的题解只有两篇且都是在 CSDN 垃圾桶里的并且写得十分冗长，这里更新一发好写的题解。

题目描述应该很像背包，需要选 $k$ 个点出来，但是稍有不同的是这里并不仅仅局限于走子树，也可以走回来。于是直接把这种情况也设出来。定义 $f_{i, j, 0 / 1}$ 表示现在在以 $i$ 为根的子树中，已经走了 $j$ 个点，$0$ 表示没有回到 $i$ 点，$1$ 表示回到了 $i$ 点。这样 01 联动就能更新出来想要的了。

状态转移。其实是用类似于树上背包的东西更新的，$v$ 是 $u$ 的儿子。所以 $f_{u, i, 0}$ 会表示的是目前更新到的 $u$ 的子树部分，$f_{v, j, 0}$ 则是即将更新的部分。对于 $f_{u, i + j, 0}$，要么先走 $u$ 部分的子树并回到 $u$，再走 $u \to v$，最后走以 $v$ 为根的子树不用回来；要么先走 $u \to v$，走以 $v$ 为根的子树并回来，再走 $v \to u$，最后走 $u$ 部分子树不用回来。$f_{u, i + j, 1}$ 要回来，那么就是 $u$ 部分子树走回来以及以 $v$ 为根的子树走回来，加上 $u \to v$ 和 $v \to u$。

普通的树上背包更新方式保证 $\mathcal O(n ^ 2)$。

方程懒得打，直接看代码。

namespace liuzimingc {
const int N = 1e4 + 5;

int n, k, x, f[N][N][2], siz[N];
vector<pair<int, int>> e[N];

void dfs(int u, int fa) {
	f[u][0][0] = f[u][0][1] = f[u][1][0] = f[u][1][1] = 0;
	siz[u] = 1;
	for (const auto &i : e[u]) {
		int v = i.first, w = i.second;
		if (v == fa) continue;
		dfs(v, u);
		for (int i = siz[u]; ~i; i--)
			for (int j = min(siz[v], k - i); j >= 0; j--) {
				f[u][i + j][0] = min(f[u][i + j][0], f[u][i][1] + w + f[v][j][0]);
				f[u][i + j][0] = min(f[u][i + j][0], f[u][i][0] + w * 2 + f[v][j][1]);
				f[u][i + j][1] = min(f[u][i + j][1], f[u][i][1] + w * 2 + f[v][j][1]);
			}
		siz[u] += siz[v]; // 普通的树上背包更新方式保证 O(n ^ 2)
	}
}

int main() {
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0); cout.tie(0);
	cin >> n >> k >> x;
	for (int i = 1; i < n; i++) {
		int u, v, w;
		cin >> u >> v >> w;
		e[u].push_back(make_pair(v, w));
		e[v].push_back(make_pair(u, w));
	}
	memset(f, 0x3f, sizeof(f));
	dfs(x, 0);
	cout << min(f[x][k][0], f[x][k][1]) << endl;
	return 0;
}
} // namespace liuzimingc