一道有趣的树上 dp 题。
先考虑固定起点怎么做，容易发现以起点为根时每次选点的贡献是儿子的权值和。
那我们想得知全部的怎么办？需要进行麻烦的换根吗？
其实，我们还按照刚刚的 dp 方式，同时记录向上和向下的路径即可，设 \(f_{i,j,0/1}\) 和 \(g_{i,j,0/1}\) 表示从 \(i\) 子树内上来或从 \(i\) 下去，选了 \(j\) 个，当前选不选的最大贡献。
那么怎么统计答案呢？我们首先解决正确性：常见套路是加入当前儿子的贡献之前就统计答案，可以避免重复。然后解决效率：看起来要枚举点数上限做一个卷积一样复杂度巨大的东西，其实我们只需要记录前缀最大值即可避免此问题。
写的时候需要注意的一些细节：区分两个 dp 数组和转移的点、防止碰到不合法状态等等。

const int N=100010;
int n,m,w[N],f[N][110][2],g[N][110][2];
//f/g[i][j][0/1]:rT/xa, diVb, Vgasu6H, zx2 b'zx2
struct Edge {
  int to,nxt;
}e[N<<1];
int hd[N],cn;
il void ade(int u,int v){
  e[++cn].to=v,e[cn].nxt=hd[u],hd[u]=cn;
}
int ans;
#define Max(x,y) x=max(x,y)
void DFS(int u,int ff){
  int sum=0;
  for(int i=hd[u];i;i=e[i].nxt){
    int v=e[i].to;
    if(v!=ff)DFS(v,u),sum+=w[v];
  }
  f[u][1][1]=sum+w[ff];
  f[u][0][1]=g[u][0][1]=-INF;
  for(int i=hd[u];i;i=e[i].nxt){
    int v=e[i].to;
    if(v==ff)continue;
    int m0=0,m1=0;
    for(int j=0;j<=m;j++){
      Max(m0,max(f[u][j][0],f[u][j][1]));
      Max(m1,max(g[u][j][0],g[u][j][1]+w[ff]-w[v]));
      Max(ans,m0+max(g[v][m-j][0],g[v][m-j][1]));
      Max(ans,m1+max(f[v][m-j][0],f[v][m-j][1]));
    }
    for(int j=1;j<=m;j++){
      Max(f[u][j][0],max(f[v][j][0],f[v][j][1]));
      Max(g[u][j][0],max(g[v][j][0],g[v][j][1]));
      Max(f[u][j][1],max(f[v][j-1][0],f[v][j-1][1])\
      +sum-w[v]+w[ff]);
      Max(g[u][j][1],max(g[v][j-1][0],g[v][j-1][1])+sum);
    }
  }
}
signed main(){
  Read(n),Read(m);
  for(int i=1;i<=n;i++)Read(w[i]);
  for(int i=1,u,v;i<n;i++){
    Read(u),Read(v),ade(u,v),ade(v,u);
  }
  DFS(1,0);
  printf("%lld\n",ans);
  KafuuChino HotoKokoa
}