The more, The Better

3 2
0 1
0 2
0 3
7 4
2 2
0 1
0 4
2 1
7 1
7 6
2 2
0 0

5
13

解题思路：

以树来存储各城堡之间的依赖关系。

首先说状态表示，dp[i][j]表示在以i为根节点的子树上攻破j个城堡可达到的最大收益。

为方便表示，以0号节点为总的根节点。

接下来使用‘背包九讲’中‘有依赖的背包问题’一节的思路来做。

‘有依赖的背包’是指要选某些物品，必须先选某件物品。这与本题恰好符合。

设j1号、j2号。。。jn号这n件物品依赖i号物品，那么可以将这n+1个物品归为一组，那么这n+1个物品可能有以下的取法：

只取第i号；

取第i号和第j1号；

取第i号和第j1、j2号；

。。。

取第i号和第j1、j2。。。jn号；

取第i号和第j2号；

取第i号和第j2、j3号；

。。。

。。。

取第i号和第jn号；

可是这种取法效率很低，很多多余情况。可以用01背包的方法来进行优化，即对这n+1种物品进行一次01背包，即可得出所有需要考虑的情况（具体参考‘背包九讲’）

不过因为i的第k个子节点jk也可能被jk的子节点所依赖，所以要通过dfs先把jk的工作做好再来处理i

代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<vector>
#include<algorithm>

using namespace std;

vector<int>	map[205];
int val[205],dp[205][205];
int n,m;
//dp[i][j]:以第i个节点为起始，攻击j次的最大获益

inline int bet(int x,int y)
{
	if(x>y)	return x;
	return y;
}
void dfs(int bg,int c)
{
	int size=map[bg].size();
	dp[bg][1]=val[bg];//只攻击该节点
	
	for(int i=0;i<size;++i)//对于bg的所有子节点做01背包
	{
		if(c>1)	dfs(map[bg][i],c-1);
		//若未到最后，则继续向下深搜,先算好将来所需的数据

		for(int j=c;j>1;--j)//当背包容量为c时，j=1时为只选bg
		{
			for(int k=0;k<=j-1;++k)
			{
				//攻击了第i个子节点下的k个节点,那么还剩下j-k次机会攻击其余的
				dp[bg][j]=bet(dp[bg][j],dp[bg][j-k]+dp[map[bg][i]][k]);
			}
		}
	}
}

int main()
{
	while(cin>>n>>m)
	{
		if(n==0&&m==0)	break;

		memset(val,0,sizeof(val));
		memset(dp,0,sizeof(dp));
		for(int i=0;i<=n;++i)	map[i].clear();
		int a,b;
		for(int i=1;i<=n;++i)
		{
			scanf("%d%d",&a,&b);
			map[a].push_back(i);
			val[i]=b;
		}

		dfs(0,m+1);//从‘0’开始
		cout<<dp[0][m+1]<<endl;
	}
}