樹上的背包問題
學(xué)校實(shí)行學(xué)分制乒融。每門的必修課都有固定的學(xué)分详民，同時(shí)還必須獲得相應(yīng)的選修課程學(xué)分。學(xué)校開設(shè)了N（N<300）門的選修課程逞带，每個(gè)學(xué)生可選課程的數(shù)量M是給定的。學(xué)生選修了這M門課并考核通過就能獲得相應(yīng)的學(xué)分纱新。
在選修課程中展氓，有些課程可以直接選修，有些課程需要一定的基礎(chǔ)知識(shí)脸爱，必須在選了其它的一些課程的基礎(chǔ)上才能選修遇汞。例如《Frontpage》必須在選修了《Windows操作基礎(chǔ)》之后才能選修。我們稱《Windows操作基礎(chǔ)》是《Frontpage》的先修課。每門課的直接先修課最多只有一門空入。兩門課也可能存在相同的先修課络它。每門課都有一個(gè)課號(hào)，依次為1歪赢，2化戳，3，…埋凯。 例如:
輸入描述 Input Description
輸入文件的第一行包括兩個(gè)整數(shù)N点楼、M（中間用一個(gè)空格隔開）其中1≤N≤300,1≤M≤N。
以下N行每行代表一門課白对。課號(hào)依次為1掠廓，2，…甩恼，N蟀瞧。每行有兩個(gè)數(shù)（用一個(gè)空格隔開），第一個(gè)數(shù)為這門課先修課的課號(hào)（若不存在先修課則該項(xiàng)為0）条摸，第二個(gè)數(shù)為這門課的學(xué)分黄橘。學(xué)分是不超過10的正整數(shù)。
輸出描述 Output Description
輸出文件只有一個(gè)數(shù),實(shí)際所選課程的學(xué)分總數(shù)屈溉。
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的先修課塞关，2是3、4的先修課子巾。如果要選3帆赢，那么1和2都一定已被選修過。 你的任務(wù)是為自己確定一個(gè)選課方案线梗，使得你能得到的學(xué)分最多椰于，并且必須滿足先修課優(yōu)先的原則。假定課程之間不存在時(shí)間上的沖突仪搔。
題解部分：
這道題看了很多老哥的題解瘾婿，是老早以前寫的了，當(dāng)時(shí)沒有人寫多叉樹的寫法烤咧，實(shí)際上我感覺多叉樹的DP其實(shí)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(tǒng)的記憶化搜索 給以X為根節(jié)點(diǎn)的子樹分配J個(gè)資源偏陪，那么方程應(yīng)該是F[X][J]=max(f[x][j],f[x][j-k]+dp(child[i],k));特別地，對(duì)于第一個(gè)子樹你可以直接賦值 F[X][J]=當(dāng)前節(jié)點(diǎn)X的點(diǎn)權(quán)+dp(child[1],j-1);
有個(gè)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?yàn)辄c(diǎn)權(quán)占一個(gè)份額（其實(shí)這個(gè)是比較不好的寫法煮嫌，因?yàn)檫@個(gè)掛了很久）然后記得j-1倒敘枚舉 保證更新狀態(tài)不會(huì)覆蓋.
第二種方法我沒試笛谦，但是可以肯定是一個(gè)非常好的方法.
直接DP(x)用頭部遞歸找到所有子節(jié)點(diǎn)狀態(tài)然后遞歸回來做狀態(tài)轉(zhuǎn)移.
想看這種寫法的同學(xué)可以去看HAOI 軟件安裝那個(gè)題的題解.清晰簡潔，邊界條件也是弱化的.
一些關(guān)于邊界的細(xì)節(jié)可以直接看代碼了解昌阿，大概就是資源為0返回0 資源為1返回節(jié)點(diǎn)權(quán)值饥脑，無子節(jié)點(diǎn)直接返回節(jié)點(diǎn)權(quán)值（在條件2基礎(chǔ)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;
}
