网上的大多是用树的直径做的，但是一些比较巧妙的做法，来自https://www.cnblogs.com/qldabiaoge/p/9315722.html。
首先用set数组维护每一个节点所连接的边的信息，然后遍历一遍所有的点，把度为1的点放入集合s，（把距离作为第一要素）；
然后把集合s中的点从小到大枚举，每个点存储的信息是该点及其该点的子节点中到该点的父亲节点的最大距离；
枚举一个点后，把它从集合s和它父亲节点中删除。如果这个时候父节点的度变成1了，说明这个节点是父亲节点到所有子节点中距离的最大值（比这个距离小的肯定比它先删除）。
然后就可以更新父亲节点及其所有子节点到父亲节点的父亲节点的最长距离。
循环的终止条件是n<=k且size<=2；首先要形成k个连续点，相当于要k-1条边，也就是要至少更新(n-1)-(k-1)=n-k次。
除此之外，这k个点肯定在直径上,因为我们要让离这k个点的最大距离尽量的小，而我们拓展点的时候，直径上的点距离拓展点最远，所以向直径方向拓展。
那么这k个点形成的答案树只有2个叶子节点,及集合s中只能最多剩余2个叶子节点到其它子节点的最大距离。
我们在枚举距离的时候是从小到大枚举，所以当满足终止条件的时候就是最小的最大距离。
#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;
}