\(\Large \textbf{问题描述}\)
大学里实行学分。每门课程都有一定的学分，学生只要选修了这门课并考核通过就能获得相应的学分。学生最后的学分是他选修的各门课的学分的总和。
每个学生都要选择规定数量的课程。其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，《数据结构》必须在选修了《高级语言程序设计》之后才能选修。我们称《高级语言程序设计》是《数据结构》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。为便于表述每门课都有一个课号，课号依次为1，2，3，……。 下面举例说明
上例中1是2的先修课，即如果要选修2，则1必定已被选过。同样，如果要选修3，那么1和2都一定已被选修过。
学生不可能学完大学所开设的所有课程，因此必须在入学时选定自己要学的课程。每个学生可选课程的总数是给定的。现在请你找出一种选课方案，使得你能得到学分最多，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。
\(\Large \textbf{输入格式:}\)
输入文件的第一行包括两个正整数M、N（中间用一个空格隔开）其中M表示待选课程总数（1≤M≤1000)，N表示学生可以选的课程总数（1≤N≤M)。
以下M行每行代表一门课，课号依次为1，2……M。每行有两个数（用一个空格隔开），第一个数为这门课的先修课的课号（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。
\(\Large \textbf{输出格式:}\)
输出文件第一行只有一个数，即实际所选课程的学分总数。
\(\Large \textbf{样例输入:}\)
7 4
2 2
0 1
0 4
2 1
7 1
7 6
2 2
\(\Large \textbf{样例输出:}\)
13
\(\Large \textbf{思路}\)
这是一道典型的有依赖的背包（树上背包）问题
f[i][j]表示当前在i节点，并且当前已经选的课数量是j，的最大学分数量
由于输入的数据为多组，可能为一个森林，所以我们可以去建立一个炒鸡源点作为入口进行dfs，其学分为0，这样可以将森林转化为树，然后在一个dfs里面处理完毕，因为选了一个学分为0的炒鸡源点，我们的总选课上限也要加一。
代码有注释哦(^_−)☆
\(\textbf{code}\)
点击查看代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define inf 0x3f
#define INF 0x3f3f3f3f
#define mst(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define Elaina 0
const int N=400;
int n,m,h[N],w[N],f[N][N],cnt=0;
struct EDGE{
int next,to;
}e[N];
void add(int a,int b){
e[cnt].to=b;
e[cnt].next=h[a];
h[a]=cnt++;
}
void dfs(int u){
for(int i=h[u];i!=-1;i=e[i].next){//u节点下所有子节点 (物品组）
int son=e[i].to;
dfs(son);
//分组背包
for(int j=m-1;j>=0;j--){//（体积） -1是因为要想上子节点的课程 u必须完成 要留出u这个节点的课程
for(int k=0;k<=j;k++){//（决策） 将体积"0~j"视作物品组，来进行选取
//f[u][j-k]的含义为以u为根节点，体积为j-k时的最大价值，
//f[son][k]的含义为以son为根节点，体积为k时的最大价值。
f[u][j]=max(f[u][j],f[u][j-k]+f[son][k]);
}
}
}
for(int i=m;i>=1;i--){//子树处理完了 处理自己 （加权） 上面-1已经给自己留了一次课程的位置 直接加就行
f[u][i]=f[u][i-1]+w[u];
}
}
int main(){
cin>>n>>m;
mst(h,-1);//没有初始化wa了几次 悲 orz
for(int i=1;i<=n;i++){
int x;
cin>>x>>w[i];
add(x,i);
}
m++;//多一个炒鸡源点 需要加1
dfs(0);
cout<<f[0][m]<<endl;
return Elaina;
}