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　　一开始我写的普通的树形dp，但是只有10分……（泪流成河）

　　讲一讲后来想到的正解：

　　由于问最多选多少，又要满足最优解下传，那么我们自然规定 f [ i ] [ j ] 为以 i 为根的子树中，选取 j 个点所能获得的最大利润，当然这些点不包括中转站。

　　那么最后我们从 n 往前看一遍，如果存在 f [ 1 ] [ i ] 大于等于0，那么就满足不亏本，直接输出就可以了

　　那，在一个节点，我们就不仅仅是看它的子节点而应该看它的子节点所在的子树，也就是说我们会看 f [ v ] [ i ~ size [ v ] ] ，来更新 u 。那么就要用到分组背包，在枚举边的时候就是在枚举组数，枚举 u 的节点个数就是在枚举背包容量，在枚举子树的取点情况就是在枚举每一组的具体情况。

　　对于一开始我写的树形dp为什么不对，存在一个致命的错误！我之前的思路是每一次如果当前子树会至少不亏本，就ans下传，并且更新当前节点。但是事实上不需要每一次转移都不亏本，这次的亏本可以靠下一次的盈利赚回来，所以我们必须记录所有状态，最后找最优的！那么只能用树上分组dp，单单普通树dp是不行的。

　　下面是代码：

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define maxn 3000
struct node
{
    int to,nxt,cost;
} edge[10000010];
int f[maxn][maxn],val[maxn],head[maxn];
int cnt,n,m;
void add(int a,int b,int c)
{
    edge[++cnt].to=b;
    edge[cnt].nxt=head[a];
    head[a]=cnt;
    edge[cnt].cost=c;
}
int dp(int u,int fa)
{
    if (u>=n-m+1)
    {
        f[u][1]=val[u];
        return 1;
    }
    int tot=0;
    for(int i=head[u]; i; i=edge[i].nxt)
    {
        int v=edge[i].to;
        if(v==fa) continue;
        int son=dp(v,u);
        tot+=son;
        for(int j=tot; j>=0; j--)
            for(int k=0; k<=son; k++)
                if(k<=j)
                    f[u][j]=max(f[u][j-k]+f[v][k]-edge[i].cost,f[u][j]);
    }
    return tot;
}
int main()
{
    memset(f,~0x3f,sizeof(f));
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1; i<=n-m; i++)
    {
        int k;
        scanf("%d",&k);
        for(int j=1; j<=k; j++)
        {
            int x,c;
            scanf("%d%d",&x,&c);
            add(i,x,c);
            add(x,i,c);
        }
    }
    for(int i=n-m+1; i<=n; i++)
        scanf("%d",&val[i]);
    for(int i=1; i<=n; i++)
        f[i][0]=0;
    dp(1,0);
    for(int i=n; i>=0; i--)
        if(f[1][i]>=0)
        {
            printf("%d",i);
            return 0;
        }
    printf("0");
    return 0;
}