題意

$n$ 門功課形成一棵樹，每門課有一個學分，選 $m$ 門，選擇一門課的前提是選擇它的父親，求最大學分。

1≤n,m≤300 $1\le n,m\le 300$$1 \leq n,m \leq 300$

思路

這是一個樹上的依賴揹包問題。首先考慮暴力，設 dpi,j $d$

p i , j $dp_{i,j}$ 為 $i$ 這棵子樹，選 $j$ 門課時的最大學分，那將每棵子樹當一個泛化物品，那麼對於一個子樹 $k$ ，有如下方程：
$dp_{i,j}=\max\{dp_{k,l}+dp_{i,j-l}\}$
複雜度不難發現是 $O(nm^2)$ 的。
其實樹上依賴揹包問題有一個優化，我們從一般的揹包開始分析：
對於 $n$ 個物品，總錢數為 $m$ 。第 $i$ 個物品費用為 $c_i$ ，價值為 $v_i$ 。設 $dp_{i,j}$ 表示第 $i$ 個物品到第 $n$ 個物品，花費為 $j$ 的最大收入，複雜度 $O(nm)$。在樹上，是否也可以套用這個思路呢？
我們也用 $dp_{i,j}$ 表示 $[i,n]$ 號節點，費用為 $j$ 時的最大價值。對於一個節點 $i$ ，選 $j$ 門課，討論的問題莫過於是 $i$ 節點選與不選，如果選，就轉化成了它子樹中的問題，如果不選，就轉化成了從遍歷完子樹後第一個到的點開始的問題。直覺告訴我們，應該處理一個 $dfs$ 序（前序遍歷的順序），並處理每棵子樹的大小（以“跳”出子樹）。我們用 $ori_i$ 表示 $dfs$ 序為 $i$ 的節點的原編號，有如下方程：
$dp_{i,j}=\max\{dp_{i+1,j-1}+v_{ori_i},dp_{i+sz_{ori_i},j}\}$
其中 $dp$ 的節點編號是 $dfs$ 序的編號。

程式碼

#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define FOR(i,x,y) for(int i=(x);i<=(y);i++)
#define DOR(i,x,y) for(int i=(x);i>=(y);i--)
#define N 303
typedef long long LL;
using namespace std;
template<const int maxn,const int maxm>struct Linked_list
{
    int head[maxn],to[maxm],nxt[maxm],tot;
    void clear(){memset(head,-1,sizeof(head));tot=0;}
    void add(int u,int v){to[++tot]=v,nxt[tot]=head[u],head[u]=tot;}
    #define EOR(i,G,u) for(int i=G.head[u];~i;i=G.nxt[i])
};
Linked_list<N,N>G;
int dp[N][N],dfn[N],ori[N],sz[N],ord;
int n,m,p[N];

void dfs(int u)
{
    dfn[u]=++ord,ori[ord]=u,sz[u]=1;
    EOR(i,G,u)
    {
        int v=G.to[i];
        dfs(v);
        sz[u]+=sz[v];
    }
}

int main()
{
    while(~scanf("%d%d",&n,&m))
    {
        G.clear();
        memset(dp,0,sizeof(dp));
        FOR(v,1,n)
        {
            int u;
            scanf("%d%d",&u,&p[v]);
            G.add(u,v);
        }
        m++;n++;ord=0;
        dfs(0);
        DOR(i,n,1)
            FOR(j,1,m)
                dp[i][j]=max(dp[i+1][j-1]+p[ori[i]],dp[i+sz[ori[i]]][j]);
        printf("%d\n",dp[1][m]);
    }
    return 0;
}