题目：CH5402/luogu2014.
题目大意：给定一棵 $n$个点有根树的森林，要求在森林中选 $m$个点，使得点权之和最大.若一个点要选，则它的父亲也要选.
$1\leq m\leq n\leq 300$.

首先建立一个虚点作为所有树树根的父亲变成一棵有根树，问题变成求一个最大包含虚点的 $m+1$个点组成的连通块使得点权和最大.

设 $f[i][j]$表示以第 $i$个点为根的子树中，包含根的 $j$个点组成的连通块的最大点权.容易发现一个方程：
$f[i][j]=\max_{\forall x\in S,fa[x]=i} \left\{ \max_{\forall A_x\in A,\sum A_x=j} \left\{ \sum_{x\in S,A_x\in A} f[x][A_x] \right\} \right\}$

直接计算这个式子十分困难，于是我们考虑每次父亲的DP数组只与它的一个儿子结合.也就是说对于一个点 $k$，我们枚举它的所有儿子，每次枚举到一个儿子 $x$时：
$f[k][i]=\max_{j=0}^{i} \{ f[k][j]+f[x][i-j] \}$

不过，与背包类似的，这个时候应该倒序枚举 $i$.

那么这个算法的复杂度为 $O(n^2m)$，足已通过本题.

但是我们还可以优化，考虑一下这个算法有没有计算什么多余的地方？

容易发现我们只需要根的答案，但是我们把所有节点的答案都算出来了.

我们考虑改变状态的意义，设 $f[i][j]$表示dfs扫到点 $i$后强制选点 $i$，包含根的 $j$个点的连通块最大点权和.

很容易想到，这个时候当我们枚举到 $k$的一个儿子 $x$的时候，由于 $k$的DP数组一定是强制选了 $k$的，所以我们只需要把 $k$的数组强制多选一个 $x$下放到 $x$上，然后返回的时候用 $x$的DP数组更新 $k$的DP数组即可.

其实还是有点抽象，具体看代码吧…

容易发现这样子复杂度会降为 $O(nm)$.

代码如下：

#include<bits/stdc++.h>
  using namespace std;

#define Abigail inline void
typedef long long LL;

const int N=300,INF=(1<<30)-1;

int n,m,v[N+9];
struct side{
  int y,next;
}e[N*2+9];
int lin[N+9],cs;

void Ins(int x,int y){e[++cs].y=y;e[cs].next=lin[x];lin[x]=cs;}

int dp[N+9][N+9];

void Dfs_dp(int k,int fa){
  for (int i=lin[k];i;i=e[i].next)
    if (e[i].y^fa){
      for (int j=0;j<=m;++j) dp[e[i].y][j]=-INF;
      for (int j=0;j<m;++j) dp[e[i].y][j+1]=dp[k][j]+v[e[i].y];
      Dfs_dp(e[i].y,k);
      for (int j=0;j<=m;++j) dp[k][j]=max(dp[k][j],dp[e[i].y][j]);
    }
}

Abigail into(){
  scanf("%d%d",&n,&m);++n;++m;
  int x;
  for (int i=2;i<=n;++i){
  	scanf("%d%d",&x,&v[i]);++x;
  	Ins(i,x);Ins(x,i);
  }
}

Abigail work(){
  for (int i=0;i<=m;++i) dp[1][i]=-INF;
  dp[1][1]=v[1];
  Dfs_dp(1,0);
}

Abigail outo(){
  printf("%d\n",dp[1][m]);
}

int main(){
  into();
  work();
  outo();
  return 0;
}