(shadowice)已经把他的思路说的很清楚了，可以先看一下会更好理解？
这篇主要是对(Claris)题解的简单说明。与(shadowice)的做法还是有差异的（比如并没有明显用到后序遍历的性质），而且用这种写法可能跑的比较轻松？
（另外你只要想明白(f,h)是代表啥，就很好理解了...）
问题等价于树形依赖背包，允许一条链每个点各免费取一次。
免费取一条链即(tleq h+k)的限制。这样最优解一定会免费取了一条从叶子到根节点的链。
现在考虑一下怎么做。不妨枚举这条链（也就是枚举叶子）。
假如我们枚举的叶子是7，也就是这样：
同样我们可以考虑这么4部分：
((1)) (1-4-6-7)这条链可以免费取一次
((2)) (1-4-6-7)这条链还可以付费取(a_i-1)次
((3)) 链左边的点可以各付费取(a_i)次
((4)) 链右边的点可以各付费取(a_i)次
((1))只需要在叶子处算一下到根节点路径上的权值和就可以了（就是(val_1+val_4+val_6+val_7)）。
((2))就是对当前链做多重背包（不过每个物品的个数为(a_i-1)）。
((3))是对前边枚举过的非链上的点做背包。如果把邻接表反过来，((4))和((3))的求法是一样的（也是对前面的点背包）。
单是枚举叶子就是(O(n))的了。所以我们八成需要DP预处理每个叶子处((2)(3)(4))三个值。
不妨DP的时候将((2)(3))合并到一起算，((4))在反转边表后再计算。
设(f[i][j])表示按DFS序考虑到(i)，体积为(j)的最大收益。
(f[i][j])就是到(i)节点，已用体积为(j)，同时考虑了((2)(3))两种情况的最大值（只考虑了当前点到根节点的链和链左边的点）。
比如(f[7][j])就是对(2,3,5,1,4,6,7)做完多重背包，已用体积为(j)的最大价值（背包时(1,4,6,7)的个数分别都是(a_i-1)）。
怎么求呢？可以先看一下(Claris)的代码。
先放入不能免费的物品，等遍历完儿子后再放入必选的物品，那么(i)到根路径上所有点都只算了不能免费的部分。
举个例子：从(4)访问完(5)子树后，然后访问(6)，显然(f[6])就是(f[5])再加入(1)个(5)和(a_6-1)个(6)做一次多次背包（(5)此时就不能免费取了，因为之前是免费且必选的所以并没有计算；而(6)此时会免费取一次，最后加到链上就可以了，所以此时计算(a_6-1)个，即不能免费的）。
当然我们不能直接去修改(f[5])这个数组，但我们可以更新数组(f[4])，因为它不是叶子，最后就用不到它的(f)值。而且(4)的其它儿子比如(11)，也可以直接用(f[4])更新它。
也就是我们要用(f[5])和(1个5)更新(f[4])，即(f[4][j]=max{f[4][j], f[5][j-1]+val_5})。
注意此时(f[5][j])是考虑过(5)子树内的，不能直接用(f[5][j])转移（可能一个(5)也没有选），要强制选一个(5)再转移。
然后用(f[4])更新(f[6])。其实就是先把(f[4])复制给(f[6])，然后用(f[6])和(a_6-1)个(6)做多重背包。
那么算法流程大概是：记(v)的父节点为(x)，先把(f[x])复制给(f[v])，然后用(a_v-1)个(v)更新(f[v])，递归到(v)。处理完(v)子树后，再用(f[v])加入一个(v)做背包来更新(f[x])，以便更新后面的子节点。
这里对(f[i])做多重背包是(f[i][j]=max_{k=1}^{a_i-1}{f[i][j-k]+k*val_i})，可以用单调队列维护，(O(k))更新。
然后将DFS序翻转，设(h[i][j])表示按DFS序考虑到(i)，体积为(j)的最大收益。
(h[i][j])表示到节点(i)，已用体积(j)，情况((4))的最大价值，也就是只考虑它到根节点的链的右边的点的最大价值。
比如(h[7])，就是对(9,10,11,8)做多重背包后的dp数组：
等遍历完儿子后再放入必选的物品和不能免费的物品，那么(i)到根路径上所有点都没有算。
转移方式与(f)很类似，只是需要在遍历完(i)的子树后，才用(a_i,val_i)更新(h[i])（这样在用(h[i])更新子树时并没有计算当前链上的，只考虑了链右边的点）。不细说了。（和后序遍历也挺类似的？）
如此一来，对于每个叶子(i)，用 (f[i][j]+h[i][k-j]+免费取一次到根节点的路径的权值) 更新答案即可。
对于不能免费的物品，需要用单调队列优化转移。
时间复杂度(O(nk))。
细节：
二维数组最好用一维数组代替（注意每个点的空间是(k+1)）。
其它注意一下就好了。
背包也能出成这样orz。
//204792kb 33008ms
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <cstring>
#include <algorithm>
//#define gc() getchar()
#define MAXIN 300000
#define gc() (SS==TT&&(TT=(SS=IN)+fread(IN,1,MAXIN,stdin),SS==TT)?EOF:*SS++)
typedef long long LL;
const int N=20005,MAXK=5e5+5,M=25000005+N+MAXK;
int n,m,K,Sz,Ans,A[N],val[N],fa[N],Enum,H[N],nxt[N],F[M],G[M];
char IN[MAXIN],*SS=IN,*TT=IN;
inline int read()
{
int now=0;register char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-'0',c=gc());
return now;
}
#define AE(u,v) nxt[v]=H[u], H[u]=v//只需要to且是单向边就用不着了to[]啊
void Calc(int *f,int A,int val)
{
static int v[MAXK],q[MAXK];
for(int i=0,s=0,h=1,t=0,tmp; i<=m; ++i,s+=val)
{
tmp=f[i]-s;
while(h<=t && tmp>v[t]) --t;
q[++t]=i, v[t]=tmp;
while(i-q[h]>A) ++h;
f[i]=v[h]+s;
}
}
void DFS1(int x)
{
int *Fx=F+x*K;
if(A[x]) Calc(Fx,A[x],val[x]);
for(int v=H[x]; v; v=nxt[v])
{
memcpy(F+v*K,Fx,Sz);
DFS1(v);
int *fx=Fx+1,*fv=F+v*K,val=::val[v];//f[x][j]=max(f[x][j],f[v][j-1]+val[v])
for(int j=1; j<=m; ++j,++fx,++fv) *fx=std::max(*fx,*fv+val);
}
}
void DFS2(int x,int sum)
{
int *Gx=G+x*K;
for(int v=H[x]; v; v=nxt[v])
{
memcpy(G+v*K,Gx,Sz);
DFS2(v,sum+val[v]);
int *gx=Gx+1,*gv=G+v*K,val=::val[v];//从v这棵子树中转移要强制至少选一个v
for(int j=1; j<=m; ++j,++gx,++gv) *gx=std::max(*gx,*gv+val);
}
if(!H[x])
{
int *Fx=F+x*K,*Gx=G+x*K+m,ans=0;
for(int i=0; i<=m; ++i,++Fx,--Gx) ans=std::max(ans,*Fx+*Gx);
Ans=std::max(Ans,ans+sum);
}
if(A[x]) Calc(Gx,A[x],val[x]);
}
int main()
{
for(int T=read(); T--; )
{
n=read(),m=read(),K=m+1,Sz=K<<2;//m+1!
memset(H,0,n+1<<2), memset(F,0,Sz), memset(G,0,Sz);
for(int i=1; i<=n; ++i)
{
if((fa[i]=read())) AE(fa[i],i);
A[i]=read()-1, val[i]=read();
}
DFS1(1);
memset(H,0,n+1<<2);
for(int i=n; i>1; --i) AE(fa[i],i);
Ans=0, DFS2(1,val[1]);
printf("%d
",Ans);
}
return 0;
}