Description
很久很久之前，森林里住着一群兔子。有一天，兔子们突然决定要去看樱花。兔子们所在森林里的樱花树很特殊。樱花树由n个树枝分叉点组成，编号从0到n-1，这n个分叉点由n-1个树枝连接，我们可以把它看成一个有根树结构，其中0号节点是根节点。这个树的每个节点上都会有一些樱花，其中第i个节点有c_i朵樱花。樱花树的每一个节点都有最大的载重m，对于每一个节点i，它的儿子节点的个数和i节点上樱花个数之和不能超过m，即son(i) + c_i <= m，其中son(i)表示i的儿子的个数，如果i为叶子节点，则son(i) = 0
Input
第一行输入两个正整数，n和m分别表示节点个数和最大载重
Output
一行一个整数，表示最多能删除多少节点。
Sample Input
0 2 2 2 4 1 0 4 1 1
3 6 2 3
1 9
1 8
1 1
0
0
2 7 4
0
1 5
0
Sample Output
HINT
对于100%的数据，1 <= n <= 2000000, 1 <= m <= 100000, 0 <= c_i <= 1000
题解Here!
额，刚拿到手自然没有什么思路。。。
我们自底向上，贪心的优先删除每个点的儿子中代价最小的一个。
即：以$son[i]+val[i]$为$i$点的代价，每个点我们选取代价最小的删除，结果一定不会变差。
证明？不存在的如下：
首先对于$i$点和$i$的两个儿子$p,q$，由决策包容性我们可以知道：
如果$val[p]+son[p]<val[q]+son[q]$，选$p$优先删除一定比选$q$优先删除更优。
所以我们从根节点$dfs$，从叶子结点向上回溯。
路上如果遇到能删除的点就删，不必考虑其祖先。
这个证明。。。$emmm.... $
证明：设点$i$的儿子是$p$，$p$的兄弟是$q$，$j$还有一个儿子是$j$。
$dfs$的过程中，如果在回溯到$p$的时候发现可以删除$j$，那么就删除$j$，并更新$p$本身的代价。
这样可能会导致无法再回溯到$i$点的时候删除$q$。
等一下，这不是有后效性嘛。
但是因为贪心删了儿子而导致这个点不能再删，那么我们只会损失一个点，就是该点。
而删除儿子至少会删除一个，所以不会亏。。。
所以，自底向上的删除无后效性，满足贪心性质。
然后就可以愉快地$dfs$了。
附代码：
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#define MAXN 2000010
using namespace std;
int n,m,c=1,ans=0;
int val[MAXN],head[MAXN],son[MAXN],num[MAXN],Left[MAXN],Right[MAXN];
inline int read(){
int date=0,w=1;char c=0;
while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')w=-1;c=getchar();}
while(c>='0'&&c<='9'){date=date*10+c-'0';c=getchar();}
return date*w;
}
inline bool cmp(const int &p,const int &q){
return val[p]+son[p]<val[q]+son[q];
}
void dfs(int rt){
if(!son[rt])return;
for(int i=Left[rt];i<=Right[rt];i++)dfs(num[i]);
sort(num+Left[rt],num+Right[rt]+1,cmp);
for(int i=Left[rt];i<=Right[rt];i++){
if(son[num[i]]+val[num[i]]+son[rt]+val[rt]-1<=m){
ans++;
val[rt]+=val[num[i]];
son[rt]+=son[num[i]]-1;
}
else break;
}
}
void work(){
dfs(1);
printf("%d
",ans);
}
void init(){
int x,y;
n=read();m=read();
for(int i=1;i<=n;i++)val[i]=read();
for(int i=1;i<=n;i++){
x=son[i]=read();
Left[i]=c;
while(x--)num[c++]=read()+1;
Right[i]=c-1;
}
}
int main(){
init();
work();
return 0;
}