題目

學校實行學分制。

每門的必修課都有固定的學分，同時還必須獲得相應的選修課程學分。

學校開設了 N 門的選修課程，每個學生可選課程的數量 M 是給定的。

學生選修了這 M 門課並考核通過就能獲得相應的學分。

在選修課程中，有些課程可以直接選修，有些課程需要一定的基礎知識，必須在選了其他的一些課程的基礎上才能選修。

例如《Windows程式設計》必須在選修了《Windows操作基礎》之後才能選修。

我們稱《Windows操作基礎》是《Windows程式設計》的先修課。

每門課的直接先修課最多隻有一門。

兩門課可能存在相同的先修課。

你的任務是為自己確定一個選課方案，使得你能得到的學分最多，並且必須滿足先修條件。

假定課程之間不存在時間上的衝突。

輸入格式
輸入檔案的第一行包括兩個整數N、M（中間用一個空格隔開）其中1≤N≤300,1≤M≤N。

接下來N行每行代表一門課，課號依次為1，2，…，N。

每行有兩個數（用一個空格隔開），第一個數為這門課先修課的課號（若不存在先修課則該項為0），第二個數為這門課的學分。

學分是不超過10的正整數。

輸出格式
輸出一個整數，表示學分總數。

輸入樣例：
7 4
2 2
0 1
0 4
2 1
7 1
7 6
2 2
輸出樣例：
13

思路

這個問題和那道上司的舞會很像，但又很不一樣。其一，這個問題裡面，我們不只有一棵樹，所有的依賴關係可能是由森林的形式給出，其二，這些課之間的依賴關係如何處理。那麼對於第一個問題來說，我們可以利用一個圖論裡面常用的思路，建一個超級源點，然後只需要求0點的dp值就好了。對於第二個點的話，我們可以把一個點下懸掛的n棵子樹看做是n組的揹包，每組揹包裡面的物品體積是1到m-1，然後我們做一次分組揹包，但是要注意做揹包的時候要在總體積上減去1，保留父親的位置，以保障依賴關係。

程式碼實現

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<queue>
#include<map>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cmath>
using namespace std;
#define rep(i,f_start,f_end) for (int i=f_start;i<=f_end;++i)
#define per(i,n,a) for (int i=n;i>=a;i--)
#define MT(x,i) memset(x,i,sizeof(x) )
#define rev(i,start,end) for (int i=0;i<end;i++)
#define inf 0x3f3f3f3f
#define mp(x,y) make_pair(x,y)
#define lowbit(x) (x&-x)
#define MOD 1000000007
#define exp 1e-8
#define N 1000005 
#define fi first 
#define se second
#define pb push_back
typedef long long ll;
typedef pair<int ,int> PII;
typedef pair<int ,PII> PIII;
ll gcd (ll a,ll b) {return b?gcd (b,a%b):a; }
inline int read() {
    char ch=getchar(); int x=0, f=1;
    while(ch<'0'||ch>'9') {
        if(ch=='-') f = -1;
        ch=getchar();
    } 
    while('0'<=ch&&ch<='9') {
        x=x*10+ch-'0';
        ch=getchar();
    }   return x*f;
}

const int maxn=310;
int  n,m;
vector <int > v[maxn];
int w[maxn];
int f[maxn][maxn];   //f[root][m]

void dfs (int u) {
    rev (i,0,v[u].size ()) {
        int son=v[u][i];
        dfs (son);
        
        per (j,m-1,0) {
            rep (k,1,j) {
                f[u][j]=max (f[u][j],f[u][j-k]+f[son][k]);
            }
        }
    }
    per (i,m,1) {
        f[u][i]=f[u][i-1]+w[u];
    }
    f[u][0]=0;
}

int main () {
    cin>>n>>m;
    rep (i,1,n) {
       int a;
       cin>>a>>w[i];
       v[a].pb (i);
    }
    m++;
    dfs (0);

    cout<<f[0][m]<<endl;

    return 0;
}