樹上的背包問題

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（N<300）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門課并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，必須在選了其它的一些課程的基礎上才能選修。例如《Frontpage》必須在選修了《Windows操作基礎》之后才能選修。我們稱《Windows操作基礎》是《Frontpage》的先修課。每門課的直接先修課最多只有一門。兩門課也可能存在相同的先修課。每門課都有一個課號，依次為1，2，3，…。 例如:

輸入描述 Input Description

輸入文件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。
以下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。

輸出描述 Output Description

輸出文件只有一個數,實際所選課程的學分總數。

樣例輸入 Sample Input

7 4
2 2
0 1
0 4
2 1
7 1
7 6
2 2
樣例輸出 Sample Output
13
【詳見圖片】
表中1是2的先修課，2是3、4的先修課。如果要選3，那么1和2都一定已被選修過。 　　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，并且必須滿足先修課優先的原則。假定課程之間不存在時間上的沖突。

題解部分：
這道題看了很多老哥的題解，是老早以前寫的了，當時沒有人寫多叉樹的寫法，實際上我感覺多叉樹的DP其實也蠻好懂的也很直接.還是說下兩種樹形DP思路 第一種是傳統的記憶化搜索 給以X為根節點的子樹分配J個資源，那么方程應該是F[X][J]=max(f[x][j],f[x][j-k]+dp(child[i],k));特別地，對于第一個子樹你可以直接賦值 F[X][J]=當前節點X的點權+dp(child[1],j-1);
有個特殊注意的地方是你的分配資源給那些子樹的必然是總資源-1
因為點權占一個份額（其實這個是比較不好的寫法，因為這個掛了很久）然后記得j-1倒敘枚舉 保證更新狀態不會覆蓋.
第二種方法我沒試，但是可以肯定是一個非常好的方法.
直接DP(x)用頭部遞歸找到所有子節點狀態然后遞歸回來做狀態轉移.
想看這種寫法的同學可以去看HAOI 軟件安裝那個題的題解.清晰簡潔，邊界條件也是弱化的.
一些關于邊界的細節可以直接看代碼了解，大概就是資源為0返回0 資源為1返回節點權值，無子節點直接返回節點權值（在條件2基礎之上）

#include <iostream>
#define maxn 302
using namespace std;
int N, M;
int f[maxn][maxn];
struct tr{
    int child[maxn];
    int num;
};
tr a[maxn];
int s[maxn];
int dfs(int cur, int k)
{
//  cout<<a[cur].child[1]<<'\n';
//  cout<<cur<<' '<<k<<'\n';
    if(k==0)
    return 0;
    if(f[cur][k]>=0)
    return f[cur][k];
    if(a[cur].num==0)
    return s[cur];
    if(k==1)
    return s[cur];
    int i, j;
    for(i=1;i<=a[cur].num;i++)
    { 
        for(j=k-1;j>=1;j--)
        {
        /*  if(cur==0&&i==1)
            {
                f[cur][j+1]=dfs(a[cur].child[i],j+1);
                cout<<cur<<' '<<j+1<<' '<<f[cur][j+1]<<'\n';
            }*/
            if(i==1)
            {
                f[cur][j+1]=s[cur]+dfs(a[cur].child[i],j);
            //  cout<<cur<<' '<<j+1<<' '<<f[cur][j+1]<<'\n';
            }
            if(i!=0)
            {
            /*  if(cur==0)
                {
                    for(int v=j;v>=1;v--)
                    {
                        f[cur][j+1]=max(f[cur][j+1], dfs(a[cur].child[i],v)+f[cur][k-v]);
                        cout<<cur<<' '<<j+1<<' '<<f[cur][j+1]<<'\n';
                    }
                }*/
                for(int v=j;v>=1;v--)
                {
                //  cout<<j-v<<'\n';
                    f[cur][j+1]=max(f[cur][j+1],dfs(a[cur].child[i],v)+f[cur][j-v+1]);
            //      cout<<cur<<' '<<j+1<<' '<<f[cur][j+1]<<'\n';
                }
            }
        }
    }
    if(cur==0)
    {
        for(i=0;i<=maxn;i++)
        {
            for(j=0;j<=maxn;j++)
            {
                if(f[i][j]<0)
                f[i][j]=0;
            }
        }
        for(i=1;i<=M;i++)
        f[cur][i]=0;
        for(i=1;i<=a[cur].num;i++)
        {
            for(j=M;j>=1;j--)
            {
                for(int v=j;v>=1;v--)
                {
                    f[cur][j]=max(f[cur][j],f[a[cur].child[i]][v]+f[cur][j-v]);
                //  cout<<a[cur].child[i]<<' '<<v<<' '<<f[a[cur].child[i]][v]<<' '<<f[cur][j-v]<<'\n';
                }
            }
        }
    }
    return f[cur][k];
}
int main() {
    int i, j, k;
    cin>>N>>M;
    for(i=1;i<=N;i++)
    {
        a[i].num=0;
    }
    for(i=1;i<=N;i++)
    {
        int ta, tb;
        cin>>ta>>tb;
        a[ta].child[++a[ta].num]=i;
        s[i]=tb;
    }
/*  for(i=0;i<=N;i++)
    {
        for(j=1;j<=a[i].num;j++)
        {
            cout<<a[i].child[j]<<' ';
        }
        cout<<'\n';
    }*/
    for(i=0;i<=N;i++)
    {
        for(j=0;j<=M;j++)
        {
            if(j==0)
            f[i][j]=0;
            if(j==1)
            f[i][j]=s[i];
            else
            f[i][j]=-1;
        }
    }
    cout<<dfs(0,M);
    return 0;
}