题目分析：@H_502_5@

攻占城堡所能获得的最多宝物，但是有个限制，要想攻占某个城堡前必须先攻占另一个城堡@H_502_5@

思路：@H_502_5@

建图，新建一个根节点为0，那么题目就变为要想取得子节点必须先取得它的父亲节点@H_502_5@

@H_502_5@

今天为了解决这个问题，看了下背包九讲中的有依赖的背包，刷了道模板题。@H_502_5@

大概思路是：要想取得附件必须先取主件，主件要么取，要么不取，取得话要怎么分配给附件，用01背包处理附件，然后再把每个主件分组背包@H_502_5@

树形的依赖主要是附件是个集合，附件还有附件。森林的概念@H_502_5@

根据DP的思想，我们先dfs到叶，01背包操作 即可。只是每次dfs后可以攻占的次数就减一@H_502_5@

dp[i][j]表示以i为根攻占j次所能获得的最大宝物，则dp[i][1]=value[i]@H_502_5@

这里的dp[i][j]是必须取i的意思，只有取了i，才能取i的子节点@H_502_5@

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@H_502_5@

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define M 10000
using namespace std;
struct pp{int v,w,next;}edge[M*2];int tot,root,head[M],n,m;
inline void addedge(int u,int v,int w,int *h){edge[tot].v=v,edge[tot].w=w,edge[tot].next=h[u],h[u]=tot++;}
int dp[210][210],vis[210],value[210];
void dfs(int u,int c)
{
    vis[u]=1;
    dp[u][1]=value[u];
    for(int i=head[u];i!=-1;i=edge[i].next){
        int v=edge[i].v;
        if(vis[v]) continue;
        dfs(v,c-1);       //剩余所能攻占的次数减一
        for(int k=c;k>=0;--k){  //节点所能攻占的次数
            for(int j=0;j<k;++j){  //在所能攻占的次数里找到最优的
                dp[u][k]=max(dp[u][k],dp[u][k-j]+dp[v][j]); //01背包dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i][j-c]+w)                                                             //这里的w就是dp[v][j]
            }
        }
    }
}
int main()
{
    while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF&&(n||m)){
        memset(head,-1,sizeof head);
        for(int i=1;i<=n;++i){
            int u,w;
            scanf("%d%d",&u,&w);
            addedge(u,i,head);
            value[i]=w;
        }
        memset(dp,sizeof dp);
        memset(vis,sizeof vis);
        dfs(0,m+1);
        printf("%d\n",dp[0][m+1]);
    }
    return 0;

}