【DP计划】11.7——[CF]CF815C（树形依赖背包）MEDIUM

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附图：

题目大意：

你要去商店买东西，每个东西有一个价格$c_i$和一个折扣$d_i$，你可以享受到物品$d_i$的折扣当且仅当你之前买了物品$x_i$，并且享受到了物品$x_i$的折扣。保证除第一个点之外，每个点都只有一个$x_i$（第一个点没有$x_i$）。你有$m$元钱，求你最多能买多少东西。

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由题意得，折扣关系是一棵树，享受这个点的折扣的条件是买它的父亲，并且父亲也享受折扣，因此也要买父亲的父亲，父亲的父亲也享受折扣……因此，享受一个点折扣最终的条件就是这个点的祖先全部都买。

这样也就形成了一个依赖关系，我们定义数组$f[i][j]$表示点$i$，它的子树（包括自己）买了$j$个点，且购买点$i$时享受到了折扣的最小费用；$g[i][j]$表示点$i$，它的子树里买了$j$个点，并且所有的点都不享受折扣的最小费用。那么进行背包处理，即可得出转移的方程式：

g[x][0]=0;f[x][1]=v[x]-dc[x];g[x][1]=v[x];siz[x]=1;
for(i=siz[x];i>=0;i--)
  for(j=1;j<=siz[to];j++)
    g[x][i+j]=min(g[x][i+j],g[x][i]+g[to][j]);
for(i=siz[x];i>=1;i--)
  for(j=1;j<=siz[to];j++)
    f[x][i+j]=min(f[x][i+j],f[x][i]+min(f[to][j],g[to][j])); 

这个方程式可以这样理解，对于上面那个$g$数组，相当于就是一个分组背包，每个子树可以看成一个组，组里只能选一种情况。

而$f$数组也是同理，只是由于$i$点必须享受到折扣，所以$i$点必选，那么枚举$size$的时候只枚举到$1$即可。

这里还有一个操作，就是$siz[x]$先处理后加，这样做能极大地优化时间复杂度。

#include<bits/stdc++.h>
#define MAXN 5005
#define ll long long
using namespace std;
ll read(){
	char c;ll x;while(c=getchar(),c<'0'||c>'9');x=c-'0';
	while(c=getchar(),c>='0'&&c<='9') x=x*10+c-'0';return x;
}
ll n,m,ans,flag,v[MAXN],dc[MAXN],f[MAXN][MAXN],g[MAXN][MAXN];
ll cnt,head[MAXN<<1],nxt[MAXN<<1],go[MAXN<<1],siz[MAXN];
void add(ll x,ll y){
	go[cnt]=y;nxt[cnt]=head[x];head[x]=cnt;cnt++;
}
void dfs(ll x){
	register int i,j,k;
	g[x][0]=0;f[x][1]=v[x]-dc[x];g[x][1]=v[x];siz[x]=1;
	for(k=head[x];k!=-1;k=nxt[k]){
		ll to=go[k];dfs(to);
		for(i=siz[x];i>=0;i--)
		 for(j=1;j<=siz[to];j++)
		  g[x][i+j]=min(g[x][i+j],g[x][i]+g[to][j]);
		for(i=siz[x];i>=1;i--)
		 for(j=1;j<=siz[to];j++)
		  f[x][i+j]=min(f[x][i+j],f[x][i]+min(f[to][j],g[to][j])); 
		siz[x]+=siz[to];
	}
}
int main()
{
	n=read();m=read();register int i;
	memset(head,-1,sizeof(head));
	memset(f,127,sizeof(f));
	memset(g,127,sizeof(g));
	for(i=1;i<=n;i++){
		v[i]=read();dc[i]=read();
		if(i>1){ll x=read();add(x,i);}
	}
	dfs(1);
	for(i=n;i;i--)
	 if(f[1][i]<=m||g[1][i]<=m){flag=1;printf("%d",i);break;}
	if(!flag) puts("0");
	return 0;
}