题目
Description
今天Karen要去买东西。
一共有 (n) 件物品，每件物品的价格为(c_i)，同时每件物品都有一张优惠券，可以对这件物品减价 (d_i) . 使用第 (i) 件物品的优惠券的条件是买这件物品并且使用了第 (x_i) 张优惠券。现在给出Karen带的钱数 (b) ，问最多能买几件物品。
Input
第一行两个整数 (nle 5 imes 10^3 , ble 10^9) 。
接下来 (n) 行中第 (i) 行，首先有两个整数 (c_i,d_ile 10^9) 。对于 (i>1) 有第三个整数 (1le x_i<i) 。
Output
一行，输出最多能买的物品个数。
Sample Input
样例1：
6 16
10 9
10 5 1
12 2 1
20 18 3
10 2 3
2 1 5
样例2：
5 10
3 1
3 1 1
3 1 2
3 1 3
3 1 4
Sample Output
样例1：
4
样例2：
5
Hint
样例1： 买1,3,4号物品，用优惠券；买6号物品，不用优惠券
样例2：买所有的的物品，用优惠券
分析
由于每个物品只有一件，我们可以把问题转化成求买 (k) 个物品至少需要多少钱，最后再统计最多可以买多少个。
由于有 (1le x_i<i) ，所以优惠券的使用条件构成了一棵树。现在问题是如何在这颗树上求解。
注意到如果一个点不用优惠券，那么子树中所有点都不能用，所以设状态：
(f[x][i][0,1]) 表示以 (x) 为根的子树中买 (i) 件物品，是否可以用优惠券（0不能，1能），那么可以通过子树的信息来更新当前点：
即如果当前点不可用优惠券，那么子树都不能用。如果当前点用优惠券，那么子树可用可不用。
这样(f[ ext{root}][k][1])就是我们要求的东西。
这样做似乎是(O(n^3))的呢！我们实际上是枚举子树中的点对，所以可以不断地把点合并进当前点中，就可以做到(n^2)级别了。
循环的时候要从后往前，否则无法保证每件物品只买一次。
代码
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<vector>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long giant;
int read() {
int x=0,f=1;
char c=getchar();
for (;!isdigit(c);c=getchar()) if (c=='-') f=-1;
for (;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-'0';
return x*f;
}
const int maxn=5e3+10;
const giant inf=1e13;
int n,bud;
giant f[maxn][maxn][2];
vector<int> g[maxn];
void add(int x,int y) {g[x].push_back(y);}
void Min(giant &x,giant y) {x=min(x,y);}
int dfs(int x) {
int sz=1;
for (int v:g[x]) {
int vs=dfs(v);
for (int j=sz;j>=0;--j) {
for (int i=vs;i>=0;--i) {
Min(f[x][i+j][0],f[x][j][0]+f[v][i][0]);
Min(f[x][i+j][1],f[x][j][1]+f[v][i][1]);
}
}
sz+=vs;
}
for (int i=0;i<=n;++i) Min(f[x][i][1],f[x][i][0]);
return sz;
}
int main() {
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("test.in","r",stdin);
#endif
n=read(),bud=read();
for (int i=1;i<=n;++i) for (int j=0;j<=n;++j) for (int k=0;k<2;++k) f[i][j][k]=inf;
for (int i=1;i<=n;++i) {
f[i][0][0]=0,f[i][1][0]=read(),f[i][1][1]=f[i][1][0]-read();
if (i>1) add(read(),i);
}
dfs(1);
int ans=0;
for (int i=1;i<=n;++i) if (f[1][i][1]<=bud) ans=i;
printf("%d
",ans);
return 0;
}