题干：
ACboy很喜欢玩一种战略游戏，在一个地图上，有N座城堡，每座城堡都有一定的宝物，在每次游戏中ACboy允许攻克M个城堡并获得里面的宝物。但由于地理位置原因，有些城堡不能直接攻克，要攻克这些城堡必须先攻克其他某一个特定的城堡。你能帮ACboy算出要获得尽量多的宝物应该攻克哪M个城堡吗？
Input
每个测试实例首先包括2个整数，N,M.(1 <= M <= N <= 200);在接下来的N行里，每行包括2个整数，a,b. 在第 i 行，a 代表要攻克第 i 个城堡必须先攻克第 a 个城堡，如果 a = 0 则代表可以直接攻克第 i 个城堡。b 代表第 i 个城堡的宝物数量, b >= 0。当N = 0, M = 0输入结束。
Output
对于每个测试实例，输出一个整数，代表ACboy攻克M个城堡所获得的最多宝物的数量。
Sample Input
3 2
0 1
0 2
0 3
7 4
2 2
0 1
0 4
2 1
7 1
7 6
2 2
0 0
Sample Output
5
13
解题报告：
建图很方便，用零号顶点代表一个权值为0的城堡。然后跑的时候从零号顶点开始跑m+1个城堡就好了。比较容易可以看出来，这个问题是可以优化空间和时间复杂度的。但是因为不卡内存所以不需要做过多处理。（实际上，空间只用到了孩子和父亲两个的关系，所以可以01滚动数组优化掉一维，对于空间，因为是求最大值问题，可以用线段树来优化第二维枚举。）
这题属于依赖背包，其实是三维的状态。
这里主要是想说一下和01背包的区别，之所以01背包是N^2级别的复杂度，这个是N^3，就是因为对于每一个根节点更新状态的时候，孩子节点不唯一，换句话说，01背包中，一个物品就代表选和不选两个决策，他就只有一个物品；但是放到树中，这一个孩子节点代表的是一棵子树，所以要枚举这子树中选了多少没选多少来更新状态， 所以多了一个量级的复杂度。
AC代码：
using namespace std;
const int MAX = 200 + 5;
vector<int> vv[MAX];
int val[MAX];
int n,m;
int dp[MAX][MAX];
void dfs(int cur) {
dp[cur][1] = val[cur];
int up = vv[cur].size();
for(int i = 0; i<up; i++) {
int v = vv[cur][i];
dfs(v);
for(int j = m+1; j>=1; j--) {//j到2也可以AC
for(int k = 1; k<j; k++) {
dp[cur][j] = max(dp[cur][j],dp[cur][j-k] + dp[v][k]);
}
}
}
}
int main()
{
while(~scanf("%d%d",&n,&m) && n && m) {
for(int i = 0; i<=n; i++) vv[i].clear();
memset(dp,0,sizeof dp);
for(int pre,i = 1; i<=n; i++) {
scanf("%d%d",&pre,val+i);
vv[pre].pb(i);
}
dfs(0);
printf("%d\n",dp[0][m+1]);
}
return 0 ;
}
