题面

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题目描述

在大学里每个学生，为了达到一定的学分，必须从很多课程里选择一些课程来学习，在课程里有些课程必须在某些课程之前学习，如高等数学总是在其它课程之前学习。现在有 $N$ 门功课，每门课有个学分，每门课有一门或没有直接先修课（若课程 a 是课程 b 的先修课即只有学完了课程 a，才能学习课程 b）。一个学生要从这些课程里选择 $M$ 门课程学习，问他能获得的最大学分是多少？

输入格式

第一行有两个整数 $N$ , $M$ 用空格隔开。( $1 \leq N \leq 300$ , $1 \leq M \leq 300$ )

接下来的 $N$ 行,第 $I+1$ 行包含两个整数 $k_i $和 $s_i$, $k_i$ 表示第I门课的直接先修课，$s_i$ 表示第I门课的学分。若 $k_i=0$ 表示没有直接先修课（$1 \leq {k_i} \leq N$ , $1 \leq {s_i} \leq 20$）。

输出格式

只有一行，选 $M$ 门课程的最大得分。

样例 #1

样例输入 #1

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样例输出 #1

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思路

我们每一门课与先修课的关系构成了一个一个的树，也就是说题目给了我们一个森林，这是相当不方便处理的，怎么办呢？我们不妨考虑建立一个虚点 0 ，这样就可以使得这一个森林变成一颗树。不过对应的多了一个点，我们的 $m$ 当然得对应的加一才可以。

那么这样子的话，只算是完成了这个题目最初的一个建模。

我们还是套路的设置一个状态 $dp[u][i]$ 表示这个 $u$ 节点为根的子树选择了 $i$ 个节点的最大权值和。那么这个状态怎么转移呢？似乎不好转移

我们发现一样的，这里每一个子节点的子树都会占用一部分父亲节点的子树选的课程，而我们合并的时候又会造成一部分的贡献，每个点都只能造成一次贡献。你品，你细品

这不就是 01 背包吗？那就变成了 DP 套 DP 的题目了 qwq

推到这里代码其实也就差不多出来了，我们直接看代码。

代码

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// #pragma GCC optimize(2)
// #pragma GCC optimize(3, "Ofast", "inline")
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long ll;
typedef __int128 int128;

namespace FastIO 
{
    // char buf[1 << 20], *p1, *p2;
    // #define getchar() (p1 == p2 && (p2 = (p1 = buf) + fread(buf, 1, 1 << 20, stdin), p1 == p2) ? EOF : *p1++)
    template<typename T> inline T read(T& x) {
        x = 0;
        int f = 1;
        char ch;
        while (!isdigit(ch = getchar())) if (ch == '-') f = -1;
        while (isdigit(ch)) x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48), ch = getchar();
        x *= f;
        return x;
    }
    template<typename T, typename... Args> inline void read(T& x, Args &...x_) {
        read(x);
        read(x_...);
        return;
    }
    inline ll read() {
        ll x;
        read(x);
        return x;
    }
};
using namespace FastIO;

const int N = 1010;
const int M = 2010;

class Graph {
    private :
        struct Edge {
            int to, nt, wt;
            Edge() {}
            Edge(int to, int nt, int wt) : to(to), nt(nt), wt(wt) {}
        }e[M];
        int hd[N], cnte;
    public :
        inline void AddEdge(int u, int v, int w = 0) {
            e[++cnte] = Edge(v, hd[u], w);
            hd[u] = cnte;
        }
        inline int head(int u) { return hd[u]; }
        inline int nt(int u) { return e[u].nt; }
        inline int to(int u) { return e[u].to; }
        inline int wt(int u) { return e[u].wt; }
};

int n, m;
Graph G;

int dp[N][N];

inline void Input() {
    read(n, m);
    int u, d;
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        read(u, d);
        G.AddEdge(u, i);
        dp[i][1] = d;
    }
}

inline void Dfs(int u) {
    for(int i = G.head(u); i; i = G.nt(i)) {
        int v = G.to(i);
        Dfs(v);
        for(int j = m + 1; j >= 1; j--) {
            for(int k = 0; k < j; k++) {
                dp[u][j] = max(dp[u][j], dp[v][k] + dp[u][j - k]);
            }
        }
    }
}

inline void Work() {
    Dfs(0);
    printf("%lld", dp[0][m + 1]);
}

int main() {
    int T = 1;
    while(T--) {
        Input();
        Work();
    }
    return 0;
}