前言
此题为初学树形DP的学者们必做的一道题。因为此题涉及到了树上的背包问题，它的依赖性被抽象成了点与点之间的关系，也就是一棵树。学会了这道题，其他的树形背包也万变不离其中。
此题可以说是一道比较简单的题，并没有许多复杂的关系，所以很适合初学者们。
介意之前没学过树形DP的同学先去预习一下树形DP入门题，了解一下树形DP用dfs实现的最基础的结构。
题目
问题 H(1376): 【基础算法】选课
时间限制: 1 Sec 内存限制: 64 MB
题目描述
学校实行学分制。每门的必修课都有固定的学分，同时还必须获得相应的选修课程学分。 学校开设了 N 门的选修课程，每个学生可选课程的数量 M 是给定的。学生选修了这M门课并考核通过就能获得相应的学分。 在选修课程中，有些课程可以直接选修，有些课程需要一定的基础知识，必须在选了其它的一些课程的基础上才能选修。例如《Frontpage》必须在选修了《Windows 操作基础》之后才能选修。我们称《Windows 操作基础》是《Frontpage》的先修课。每门课的直接先修课最多只有一门。两门课也可能存在相同的先修课。每门课都有一个课号，依次为1，2，3，…。例如:
表中 1 是 2 的先修课，2 是 3、4 的先修课。如果要选 3，那么 1 和 2 都一定已被选修过。 你的任务是为自己确定一个选课方案，使得你能得到的学分最多，并且必须满足先修课优先的原则。假定课程之间不存在时间上的冲突。
输入
第1行:2个空格分开的整数 N、M，其中 1≤N≤300,1≤M≤N。
接下来N 行每行代表一门课。课号依次为1，2，…，N。每行有2个空格分开的整数，第一个数为这门课先修课的课号（若不存在先修课则该项为 0），第二个数为这门课的学分。 学分是不超过10 的正整数。
输出
第1行：只有一个数，即实际所选课程的学分总数。
样例输入
7 4 2 2 0 1 0 4 2 1 7 1 7 6 2 2样例输出
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分析
相信很多人看了这道题都会想到金明的预算方案，是的这两道题思路都大致相同。但不同的是，金明的预算方案最多有2个附件，此题的先修课就像附件，每门课都可能有多个先修课，先修课还会有先修课，所以单纯的线性DP已经不能满足我们的需求了。
仔细想想你就会发现，课与课之间的关系就像点与点之间的边，先修课就是这些节点的父亲，而每门课的学分就相当于点权。将题中的样例画成树便是：
因为总有一门课没有先修课，所以我们可以将0，也就是没有先修课作为根节点来DP。
根据我们前面的树形DP的经验，我们可以用DFS深搜到叶子节点，再返回来（因为选的肯定是所有课的先修课）。
现在我们来考虑DP的状态转移方程。
先来考虑数组f是几维的吧。
从叶子节点开始，根据背包的经验，第一维肯定是到节点i的最大可以选的学分点。
因为题目规定最多只能选m门课，所以光一维肯定是不够的。所以还要加一维为：选了j门课的最大学分值.
所以数组的意义就是到节点i之后选了j门课的最大学分值。
再来考虑一下重头戏，状态转移方程怎么写。
首先，肯定是由节点i的儿子们转移过来的。设到节点i选了j门课，如果节点i的儿子选了k门课，那么节点i就选了j-k门课，我们只需在里面取一个最大值便可。
这里需要注意一点，枚举j时一定要从大到小枚举。
所以我们的策略便是从大到小枚举一个j，表示总共选了j门课，再枚举一个k，表示儿子选了k门课，然后转移取个最大值即可。
状态转移方程：
代码
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <iostream>
using namespace std;
#define N 310
int cnt,n,m,f[N][N];
vector <int> G[N];
void dfs(int x) {
for(int i=0;i<G[x].size();i++) {
int son=G[x][i];//节点x的儿子
dfs(son);
for(int j=m+1;j>=1;j--)//DP
for(int k=0;k<j;k++)
f[x][j]=max(f[x][j],f[son][k]+f[x][j-k]);
}
}
int main() {
scanf("%d %d",&n,&m);
for(int i=1,u;i<=n;i++) {
scanf("%d %d",&u,&f[i][1]);//这里把f[i][1]相当于有一个初始化，这样就不用再另开一个数组
G[u].push_back(i);
}
dfs(0);
cout<<f[0][m+1];
}