BZOJ
洛谷

\(shadowice\)已經把他的思路說的很清楚了，可以先看一下會更好理解？
這篇主要是對\(Claris\)題解的簡單說明。與\(shadowice\)的做法還是有差異的（比如並沒有明顯用到後序遍歷的性質），而且用這種寫法可能跑的比較輕鬆？

問題等價於樹形依賴揹包，允許一條鏈每個點各免費取一次。

免費取一條鏈即\(t\leq h+k\)的限制。這樣最優解一定會免費取了一條從葉子到根節點的鏈。

現在考慮一下怎麼做。不妨列舉這條鏈（也就是列舉葉子）。
假如我們列舉的葉子是7，那麼會形成這樣：

同樣我們可以考慮這麼4部分：
\((1)\) \(1-4-6-7\)

\((1)\)只要在葉子處算一下到根節點路徑上的權值和就可以了（就是\(val_1+val_4+val_6+val_7\)）。
\((2)\)就是對當前鏈做多重揹包（不過每個物品的個數為\(a_i-1\)）。
\((3)\)是對前邊的點做揹包。如果把鄰接表反過來，\((4)\)和\((3)\)的求法是一樣的（也是對前面的點揹包）。

單是列舉葉子就是\(O(n)\)的了。所以我們需要DP預處理每個葉子處\((2)(3)(4)\)

設\(f[i][j]\)表示按DFS序考慮到\(i\)，體積為\(j\)的最大收益。

\(f[i][j]\)就是到\(i\)節點，已用體積為\(j\)，\((2)(3)\)兩種情況的和的最大值（只考慮了當前點到根節點的鏈和鏈左邊的點）。比如\(f[7][j]\)就是對\(2,3,5,1,4,6,7\)做完多重揹包，已用體積為\(j\)的最大價值（揹包時\(1,4,6,7\)的個數分別是都是\(a_i-1\)）。

怎麼求呢？可以先看一下\(Claris\)的程式碼。

先放入不能免費的物品，等遍歷完兒子後再放入必選的物品，那麼\(i\)

到根路徑上所有點都只算了不能免費的部分。

舉個例子：\(4\)訪問完\(5\)子樹後，然後訪問\(6\)，顯然\(f[6]\)就是\(f[5]\)再加入\(1\)個\(5\)和\(a_6-1\)個\(6\)做一次多次揹包（\(5\)此時就不能免費取了，因為之前是免費且必選的所以並沒有計算；而\(6\)此時會免費取一次，最後加到鏈上就可以了，所以此時是算\(a_6-1\)個，即不能免費的）。
當然我們不能直接去修改\(f[5]\)這個陣列，但我們可以更新陣列\(f[4]\)，因為它不是葉子，最後就用不到它的\(f\)值。而且\(4\)的其它兒子比如\(11\)，也可以直接用\(f[4]\)更新它。
也就是我們要用\(f[5]\)和\(1個5\)更新\(f[4]\)，即\(f[4][j]=\max\{f[4][j],\ f[5][j],\ f[5][j-1]+val_5\}\)。
因為\(f[5]\)就是由\(f[4]\)轉移來的（\(f[5][j]=\max\{f[4][j],\ f[4][j-1]+val_5\}\)），所以\(f[4][j]=\max\{f[4][j],\ f[5][j-1]+val_5\}\)就可以了。（是這樣理解吧...並不是很確定...反正\(f[5][j]\)確實不需要管）
然後用\(f[4]\)更新\(f[6]\)。其實就是先把\(f[4]\)複製給\(f[6]\)，然後用\(f[6]\)和\(a_6-1\)個\(6\)做多重揹包。

這裡對\(i\)做多重揹包是\(f[i][j]=\max_{k=1}^{a_i-1}\{f[i][j-k]+k*val_i\}\)，可以用單調佇列維護，做到\(O(k)\)更新。

然後將DFS序翻轉，設\(h[i][j]\)表示按DFS序考慮到\(i\)，體積為\(j\)的最大收益。

\(h[i][j]\)表示到節點\(i\)，已用體積\(j\)，情況\((4)\)的最大價值，也就是隻考慮它到根節點的鏈的右邊的點的最大價值。比如\(h[7]\)：

等遍歷完兒子後再放入必選的物品和不能免費的物品，那麼\(i\)到根路徑上所有點都沒有算。

更新方式與\(f\)很類似，只是需要在遍歷完這個子樹後再用\(i\)更新\(h[i]\)（這樣在用\(h[i]\)更新子樹時是沒有計算當前鏈的，只計算了鏈右邊的點）。不細說了。

如此一來，對於每個葉子\(i\)，用 \(f[i][j]+h[i][k-j]+取一次i到根節點的路徑的權值\) 更新答案即可。
對於不能免費的物品，需要用單調佇列優化轉移。
時間複雜度\(O(nk)\)。

一些實現細節：
二維陣列用一維陣列代替（注意每個點的空間是\(k+1\)）。
其它注意一下就好了。

揹包也能出成這樣orz。

//204792kb  33008ms
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <cstring>
#include <algorithm>
//#define gc() getchar()
#define MAXIN 300000
#define gc() (SS==TT&&(TT=(SS=IN)+fread(IN,1,MAXIN,stdin),SS==TT)?EOF:*SS++)
typedef long long LL;
const int N=20005,MAXK=5e5+5,M=25000005+N+MAXK;

int n,m,K,Sz,Ans,A[N],val[N],fa[N],Enum,H[N],nxt[N],F[M],G[M];
char IN[MAXIN],*SS=IN,*TT=IN;

inline int read()
{
    int now=0;register char c=gc();
    for(;!isdigit(c);c=gc());
    for(;isdigit(c);now=now*10+c-'0',c=gc());
    return now;
}
#define AE(u,v) nxt[v]=H[u], H[u]=v//只需要to就用不著了to[]啊 
void Calc(int *f,int A,int val)
{
    static int v[MAXK],q[MAXK];
    for(int i=0,s=0,h=1,t=0,tmp; i<=m; ++i,s+=val)
    {
        tmp=f[i]-s;
        while(h<=t && tmp>v[t]) --t;
        q[++t]=i, v[t]=tmp;
        while(i-q[h]>A) ++h;
        f[i]=v[h]+s;
    }
}
void DFS1(int x)
{
    int *Fx=F+x*K;
    if(A[x]) Calc(Fx,A[x],val[x]);
    for(int v=H[x]; v; v=nxt[v])
    {
        memcpy(F+v*K,Fx,Sz);
        DFS1(v);
        int *fx=Fx+1,*fv=F+v*K,val=::val[v];//f[x][j]=max(f[x][j],f[v][j-1]+val[v])
        for(int j=1; j<=m; ++j,++fx,++fv) *fx=std::max(*fx,*fv+val);
    }
}
void DFS2(int x,int sum)
{
    int *Gx=G+x*K;
    for(int v=H[x]; v; v=nxt[v])
    {
        memcpy(G+v*K,Gx,Sz);
        DFS2(v,sum+val[v]);
        int *gx=Gx+1,*gv=G+v*K,val=::val[v];//從v這棵子樹中轉移要強制至少選一個v 
        for(int j=1; j<=m; ++j,++gx,++gv) *gx=std::max(*gx,*gv+val);
    }
    if(!H[x])
    {
        int *Fx=F+x*K,*Gx=G+x*K+m,ans=0;
        for(int i=0; i<=m; ++i,++Fx,--Gx) ans=std::max(ans,*Fx+*Gx);
        Ans=std::max(Ans,ans+sum);
    }
    if(A[x]) Calc(Gx,A[x],val[x]);
}

int main()
{
    for(int T=read(); T--; )
    {
        n=read(),m=read(),K=m+1,Sz=K<<2;//m+1!
        memset(H,0,n+1<<2), memset(F,0,Sz), memset(G,0,Sz);
        for(int i=1; i<=n; ++i)
        {
            if((fa[i]=read())) AE(fa[i],i);
            A[i]=read()-1, val[i]=read();
        }
        DFS1(1);
        memset(H,0,n+1<<2);
        for(int i=n; i>1; --i) AE(fa[i],i);
        Ans=0, DFS2(1,val[1]);
        printf("%d\n",Ans);
    }
    return 0;
}