题意:有n件商品,每件有价格ci,优惠券di,对于i>=2,使用di的条件为:xi的优惠券需要被使用,问初始金钱为b时 最多能买多少件商品? n<=5000,ci,di,b<=1e9

因为(i>=2时)每个优惠券只有一个xi限制并且i>xi 在有限制的优惠券间连边 正好能构成一颗树.套用树形背包

b<=1e9,设dp[u][j][0/1] u为根子树中,u用或者不用优惠券时,选j件物品需要的最小代价
dp[u][j][0]=min(dp[u][j-k][0],dp[v][k][0]) 子树v选k个,前i-1组选j-k个(逆序推),u不使用优惠券 其子树都不能使用 k=0~sz[v]

dp[u][j][1]=min(dp[u][j-k][1],min(dp[v][k][1],dp[v][k][0])) 子树v决策是否用优惠券
看起来复杂度为O(N^3) 实际上只有O(N^2)
dfs中最里层的两个循环 把sz[u],sz[v] 看成u前i-1组中结点编号和v子树中结点编号 

每次循环对应LCA(x,y)=u 每个(x,y)只出现一次 复杂度为(N^2) 
 

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

using namespace std;
int n;
long long b;
long long dp[5005][5005][2];
long long inf=1e18;
vector<int> e[5005];
int sz[5005];
long long c[5005],d[5005];

void dfs(int u)
{
    //cout<<u<<endl;
    int len=e[u].size();
    dp[u][1][0]=c[u];
    dp[u][0][0]=0;
    dp[u][1][1]=c[u]-d[u];
    sz[u]=1;

    for(int i=0;i<len;i++)
    {
        int v=e[u][i];
        dfs(v);
        for(int j=sz[u];j>=0;j--)
        {
            for(int k=0;k<=sz[v];k++)
            {
                dp[u][j+k][0]=min(dp[u][j+k][0],dp[u][j][0]+dp[v][k][0]);
                dp[u][j+k][1]=min(dp[u][j+k][1],dp[u][j][1]+min(dp[v][k][1],dp[v][k][0]));
            }
        }
        sz[u]+=sz[v];
    }
}

int main()
{
    while(~scanf("%d%lld",&n,&b))
    {
        for(int i=0;i<=5000;i++)
            e[i].clear();

        for(int i=0;i<=5000;i++)
            for(int j=0;j<=5000;j++)
                dp[i][j][0]=dp[i][j][1]=inf;

        scanf("%lld%lld",&c[1],&d[1]);
        for(int i=2;i<=n;i++)
        {
            int f;
            scanf("%lld%lld%d",&c[i],&d[i],&f);
            e[f].push_back(i);
        }

        dfs(1);
        int ans=0;
        for(int i=0;i<=n;i++)
        {
            if(dp[1][i][0]<=b || dp[1][i][1]<=b)
                ans=max(ans,i);
        }
        printf("%d\n",ans);
    }
}