学校开设了N（N<300）门的选修课程，每个学生可选课程的数量M是给定的。学生选修了这M门课并考核通过就能获得相应的学分。在选修课程中，有些课程可以直接选修，有些课程需要一定的基础知识，必须在选了其它的一些课程的基础上才能选修。例如《Frontpage》必须在选修了《Windows操作基础》之后才能选修。我们称《Windows操作基础》是《Frontpage》的先修课。每门课的直接先修课最多只有一门。两门课也可能存在相同的先修课。每门课都有一个课号，依次为1，2，3，…。例如：表中1是2的先修课，2是3、4的先修课。如果要选3，那么1和2都一定已被选修过。你的任务是为自己确定一个选课方案，使得你能得到的学分最多，并且必须满足先修课优先的原则。假定课程之间不存在时间上的冲突
输入文件的第一行包括两个整数N、M（中间用一个空格隔开）其中1≤N≤300,1≤M≤N。
以下N行每行代表一门课。课号依次为1，2，…，N。每行有两个数（用一个空格隔开），第一个数为这门课先修课的课号（若不存在先修课则该项为0），第二个数为这门课的学分。学分是不超过10的正整数。
输出描述：
输出文件只有一个数,实际所选课程的学分总数
1 #include<iostream> 2 #include<cstring> 3 #include<cstdlib> 4 #include<cstdio> 5 #include<cmath> 6 #include<algorithm> 7 using namespace std; 8 int N,M,X,etot,g[302],f[302][302],sco[302];//f[i][j][k]是在以第i个节点为根的子树上选j门课时的最大学分，k是为了存储选当前这组课之前的情况 9 struct tree 10 {int t,next; 11 } e[301];//e是边的相关信息，t是子节点（学习当前课程后能学的课程），next是下一条边 12 void addedge(int s,int t)//建树 13 {e[++etot].next=g[s]; 14 g[s]=etot; 15 e[etot].t=t; 16 return; 17 } 18 void dp(int id)//动规：树形分组背包 19 {int dlt; 20 if(id!=0)//点0不是一门课，所以不考虑自己 21 dlt=1; 22 else 23 dlt=0; 24 for(int i=1;i<=M;++i)//考虑一个点的f，是基于选择这门课的情况 25 f[id][i]=sco[id]; 26 for(int i=g[id];i!=0;i=e[i].next) 27 {dp(e[i].t); 28 for(int j=M,jmin=1+dlt;j>=jmin;--j)//枚举空间，这个循环必须在枚举组内物品的外面 29 for(int k=1,kmax=j-dlt;k<=kmax;++k)//枚举组内各个物品，由于此题物品体积都是1，所以顺便限定了物品体积 30 if(f[id][j]<f[id][j-k]+f[e[i].t][k])//决策 31 f[id][j]=f[id][j-k]+f[e[i].t][k]; 32 } 33 return; 34 } 35 int main() 36 {freopen("p1180.in","r",stdin); 37 freopen("p1180.out","w",stdout); 38 scanf("%d%d",&N,&M); 39 for(int i=1;i<=N;++i) 40 {scanf("%d%d",&X,&sco[i]); 41 addedge(X,i); 42 } 43 dp(0); 44 printf("%d ",f[0][M]); 45 return 0; 46 }