由于再过 1h 就是 NOI 笔试了所以题解写得会略有点简略。
考虑差分，记 \(b_i=c_i-c_{fa_i}\)，那么根据题意有 \(b_i\le d,i=2,3,4,\cdots,n\)，而 \(b_1\) 则没有任何约束条件。而如果我们令某个 \(b_i\) 加 \(1\)，其余 \(b_i\) 均不变，那对应到原 \(c\) 序列上的操作效果就是 \(i\) 子树内的 \(c_j\) 加 \(1\)，其余 \(c_j\) 不变，因此预处理出 \(i\) 子树大小 \(siz_i\) 以及 \(i\) 子树内所有 \(m_j\) 之和 \(w_i\)，问题就转化为：有 \(n\) 类物品，第 \(i\) 类代价为 \(w_i\)，价值为 \(siz_i\)，第 \(2,3,4,\cdots,n\) 类物品有 \(d\) 个，第 \(1\) 类物品有无限个，求用不超过 \(X\) 的代价买到的物品的最大价值和。
一眼多重背包，不过此题数据范围高达 \(10^9\)，直接稳了（指稳 TLE+MLE）。不过考虑一个错误的贪心，将所有物品按性价比 \(\dfrac{w_i}{siz_i}\) 从小到大排序然后贪心地取，每次能多取就多取，不过这个贪心显然是假的，反例随便举。不过这个贪心给了我们一点启发：对于两个满足 \(\dfrac{w_i}{siz_i}<\dfrac{w_j}{siz_j}\) 的物品 \(i,j\)，如果目前 \(i\) 还能够再多取 \(siz_j\) 个，并且 \(j\) 目前取的个数多余 \(siz_i\) 个，那么我们完全可以让 \(j\) 少取 \(siz_i\) 个，\(i\) 多取 \(siz_j\) 个，这样肯定比原方案更优，也就是说我们钦定每个物品前 \(n\) 个中取了多少个，钦定完之后肯定就优先取 \(\dfrac{w_i}{siz_i}\) 小的物品更优了。
因此考虑将所有物品先拿 \(\min(n,d)\) 个出来多重背包，即记 \(f_i\) 表示最少需要多少的代价才能够获得 \(i\) 的收益，剩余部分贪心即可，多重背包可以通过二进制分组/单调队列优化，复杂度 \(\mathcal O(n^4\log n)/\mathcal O(n^4)\)，本人使用的二进制分组。
const int MAXN=50;
const int MAXV=1.25e5;
const int MAXI=350;
int n,m,d,siz[MAXN+5],ord[MAXN+5];ll w[MAXN+5];
int hd[MAXN+5],to[MAXN+5],nxt[MAXN+5],ec=0;
void adde(int u,int v){to[++ec]=v;nxt[ec]=hd[u];hd[u]=ec;}
void dfs(int x){
siz[x]=1;
for(int e=hd[x];e;e=nxt[e]){
int y=to[e];dfs(y);
siz[x]+=siz[y];w[x]+=w[y];
}
}
bool cmp(int x,int y){return 1ll*w[x]*siz[y]<1ll*w[y]*siz[x];}
ll dp[MAXV+5],W[MAXI+5];
int V[MAXI+5],item_n=0,lim[MAXN+5];
int main(){
scanf("%d%d%d%lld",&n,&m,&d,&w[1]);
for(int i=2,f;i<=n;i++) scanf("%lld%d",&w[i],&f),adde(f,i);
dfs(1);for(int i=1;i<=n;i++) ord[i]=i;sort(ord+1,ord+n+1,cmp);
int mx=0;memset(dp,63,sizeof(dp));dp[0]=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
int up=min((ord[i]==1)?0x3f3f3f3f:d,n);
mx+=up*siz[ord[i]];
int k=31-__builtin_clz(up);
for(int j=0;j<k;j++){
W[++item_n]=w[ord[i]]<<j;
V[item_n]=siz[ord[i]]<<j;
} W[++item_n]=w[ord[i]]*(up-(1<<k)+1);
V[item_n]=siz[ord[i]]*(up-(1<<k)+1);
lim[ord[i]]=((ord[i]==1)?0x3f3f3f3f:d)-up;
// printf("%d %d\n",ord[i],lim[ord[i]]);
} int ans=0;
for(int i=1;i<=item_n;i++) for(int j=mx;j>=V[i];j--)
chkmin(dp[j],dp[j-V[i]]+W[i]);
for(int i=0;i<=mx;i++) if(dp[i]<=m){
int lft=m-dp[i],sum=i;//printf("%d %d %d\n",i,lft,sum);
for(int j=1;j<=n;j++){
int can=min((int)(lft/w[ord[j]]),lim[ord[j]]);
// printf("%d\n",can);
sum+=can*siz[ord[j]];lft-=can*w[ord[j]];
} chkmax(ans,sum);
} printf("%d\n",ans);
return 0;
}