题目链接：https://vjudge.net/contest/327529#problem/M

题目：

ACboy很喜欢玩一种战略游戏，在一个地图上，有N座城堡，每座城堡都有一定的宝物，在每次游戏中ACboy允许攻克M个城堡并获得里面的宝物。但由于地理位置原因，有些城堡不能直接攻克，要攻克这些城堡必须先攻克其他某一个特定的城堡。你能帮ACboy算出要获得尽量多的宝物应该攻克哪M个城堡吗？

输入：

每个测试实例首先包括2个整数，N,M.(1 <= M <= N <= 200);在接下来的N行里，每行包括2个整数，a,b. 在第 i 行，a 代表要攻克第 i 个城堡必须先攻克第 a 个城堡，如果 a = 0 则代表可以直接攻克第 i 个城堡。b 代表第 i 个城堡的宝物数量, b >= 0。当N = 0, M = 0输入结束。

输出：

对于每个测试实例，输出一个整数，代表ACboy攻克M个城堡所获得的最多宝物的数量。

样例输入：

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

样例输出：

5

13
思路：

Input

每个测试实例首先包括2个整数，N,M.(1 <= M <= N <= 200);在接下来的N行里，每行包括2个整数，a,b. 在第 i 行，a 代表要攻克第 i 个城堡必须先攻克第 a 个城堡，如果 a = 0 则代表可以直接攻克第 i 个城堡。b 代表第 i 个城堡的宝物数量, b >= 0。当N = 0, M = 0输入结束。

Output

对于每个测试实例，输出一个整数，代表ACboy攻克M个城堡所获得的最多宝物的数量。

Sample Input

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

Sample Output

5

13
思路：

用dp[i][j]表示以i为顶点的子树上取了j个节点的总价值，我们可以先用dfs把一个子树最下面一层遍历，然后回溯的过程中用动态转移方程dp[now][j]=max(dp[now][j],dp[now][k]+dp[to][j-k]),（now为为当前的所访问的节点，to表示当前所访问的节点的所指向的下一个节点（即由now节点所约束的节点）这个to节点可以用dfs回溯时候得到（dfs是从下往上回溯的）当我们要求当前节点的时候我们所用的子节点都是当前最优的。

这道题我们还要有一个超级起点和终点，让这个图由森林变成一颗参天大树，直接上树就行了。

ac代码：

#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<stdlib.h>
#include<algorithm>
#include<vector>
using namespace std;
int dp[250][250];
vector<int>p[250];
int vis[250];
int n,m;
void madedp(int x)
{
   vis[x]=1;

   for(int i=0;i<p[x].size();i++)
   {
       int u=p[x][i];
       if(vis[u]==0)madedp(u);
       for(int j=m;j>=2;j--)
       {
           for(int k=1;k<j;k++)
           {
               if(dp[x][k]!=-1&&dp[u][j-k]!=-1)
               {
                   dp[x][j]=max(dp[x][j],dp[x][k]+dp[u][j-k]);
               }
           }
       }
   }
}
int main()
{
    while(~scanf("%d%d",&n,&m))
    {
        if(n==0&&m==0)
        {
            break;
        }
        int a,b;
        memset(dp,-1,sizeof(dp));
        memset(vis,0,sizeof(vis));
        for(int i=0;i<=n;i++)
        {
            p[i].clear();
            dp[i][0]=0;
        }
        dp[0][1]=0;
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            scanf("%d%d",&a,&b);
            p[a].push_back(i);
            dp[i][1]=b;
        }
        m++;
        madedp(0);
        printf("%d\n",dp[0][m]);
    }
    return 0;
}