蒟蒻的世界
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描述
學校實行學分制。每門的必修課都有固定的學分，同時還必須獲得相應的選修課程學分。 學校開設了 N 門的選修課程，每個學生可選課程的數量 M 是給定的。學生選修了這M門課並考覈通過就能獲得相應的學分。 在選修課程中，有些課程可以直接選修，有些課程需要一定的基礎知識，必須在選了其它的一些課程的基礎上才能選修。例如《Frontpage》必須在選修了《Windows 操作基礎》之後才能選修。我們稱《Windows 操作基礎》是《Frontpage》的先修課。每門課的直接先修課最多隻有一門。兩門課也可能存在相同的先修課。每門課都有一個課號，依次爲1，2，3，…。例如:
表中 1 是 2 的先修課，2 是 3、4 的先修課。如果要選 3，那麼 1 和 2 都一定已被選修過。 你的任務是爲自己確定一個選課方案，使得你能得到的學分最多，並且必須滿足先修課優先的原則。假定課程之間不存在時間上的衝突。
輸入
第1行:2個空格分開的整數 N、M，其中 1≤N≤300,1≤M≤N。
接下來N 行每行代表一門課。課號依次爲1，2，…，N。每行有2個空格分開的整數，第一個數爲這門課先修課的課號（若不存在先修課則該項爲 0），第二個數爲這門課的學分。 學分是不超過10 的正整數。
輸出
第1行：只有一個數，即實際所選課程的學分總數。
樣例輸入
7 4
2 2
0 1
0 4
2 1
7 1
7 6
2 2
樣例輸出
13
分析
顯然，這道題非常的魔性，個人覺得，它與沒有上司的舞會最大的不同在於只有他的父親來了，他的兒子纔可以來。最爲致命的是：在兒子可以多選的情況下，選的課程的數量還是有限的……
狀態定義
dp[i][j]:在前 i 門課程中選 j 門課程的最大得分
顯然這道題兩個兒子的值是可以算到一個父親裏的，所以這道題頗有 dp 的味道。
由於選擇了這門課程，所以他的兒子也需要加上這一部分的值，否則他的兒子就僅僅等於它的初值（恆定不變）
所以我們需要在進行 dp 之前將一些本就屬於兒子的東西傳給他（頗有繼承遺產的意味）：
dp[son][i] = dp[father][i] + val[son];
其次在回溯過程中我們仍需要進行一次更新操作，也許在這次遞歸當中，某個兒子的值變大了，那麼我們離所需要的最大值又近了一步。
（也可說這是一次統計操作，將遞歸時傳遞出去時所獲得的最大值紛紛傳遞回來）
但值得注意的是：判斷本身與兒子最大值的時候，兒子的 j 需要減一（ dp[x][j] = max(dp[x][j],dp[s][j - 1]);）
爲什麼呢？因爲第 x 門課程已經被選中了，則作爲兒子，他可選擇的課程數就會比父親的少一個。
少選一個，很顯然吃虧呀，很多時候，他的值不會小一些嗎？其實在冥冥之中，異常 weisuo 的父親已將將他自己的值（獨門絕技）傳給兒子了
當你看了代碼後，發現：兒子的 0 號元素表示他自己的值，1號元素表示往前選取一個數的值。
for (reg int j = 0;j < tot; ++ j) dp[s][j] = dp[x][j] + val[s];雖然同是將 tot - 1 個元素傳遞，但 + val[s] 偷偷摸摸地就把 son 的值加上去了
代碼
#include<cstdio>
#include<vector>
#define M 300
#define max(x,y) (x > y ? x : y)
#define reg register
using namespace std;
int n,m;
int dp[M + 5][M + 5],val[M + 5];
vector < int > G[M + 5];
void dfs(int x,int tot){
if (tot <= 0)
return ;
for (reg int i = 0;i < G[x].size(); ++ i){
int s = G[x][i];
for (reg int j = 0;j < tot; ++ j)
dp[s][j] = dp[x][j] + val[s];
dfs(s,tot - 1);
for (reg int j = 1;j <= tot; ++ j)
dp[x][j] = max(dp[x][j],dp[s][j - 1]);
}
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
for (reg int i = 1;i <= n; ++ i){
int x,y;
scanf("%d%d",&x,&y);
G[x].push_back(i);
val[i] = y;
}
dfs(0,m);
printf("%d\n",dp[0][m]);
return 0;
}