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O(n^2)的dp
有一个重要的地方
每个点的循环大小是它子树中用户节点的个数
不加上这个50分
每两个点只会在lca产生贡献
所以n^2
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和apple tree很像
但是步数特别大，不能作为一维
发现收益特别小，将收益作为一维
错了一次在于数组开小了
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做完apple tree以后
这题就很简单啦
f[i][j]表示i的子树中选j个课程的最大学分
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#include<bits/stdc++.h>
#define mp make_pair
#define pb push_back
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<int,int> PII;
inline LL read()
{
	LL x=0,f=1;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
	return x*f;
}
const int N=308;
int n,m;
int fa;
int nume,head[N];
struct node{
	int to,nxt;
}e[N];
inline void addedge(int x,int y)
{
	e[++nume]=(node){y,head[x]};head[x]=nume;
}
int f[N][N];
inline void dfs(int x)
{
	for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt){
		dfs(e[i].to);
		for(int j=m;j;--j){
			for(int k=1;k<j;++k){
				f[x][j]=max(f[x][j],f[e[i].to][k]+f[x][j-k]);
			}
		}
	}
}
int main()
{
	n=read();m=read();++m;
	for(int i=1;i<=n;++i){
		fa=read();f[i][1]=read();
		addedge(fa,i);
	}
	dfs(0);
	printf("%d",f[0][m]);
	return 0;
}

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好久没写树上dp和背包了
看了好久题解
每个点权都是非负的
所以多余的步数走了也不会使答案变差
每一步可以选择停在原地不动
f[i][j][0]表示在节点i的子树中走j步，且最终回到i的最大收益
f[i][j][1]表示在节点i的子树中走j步的最大收益
因为一个子树重复进去是没有收益的
所以相当于一个01背包
j要从大到小枚举
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选某个植物就要选保护它的所有植物
典型的最大权闭合子图
愉快的打完了
一测样例
225?
发现出现了一个环（良心样例不多见了）
怎么去掉环呢
tarjan?
发现环连出去的点都相当于无敌的
所以哪些点是可以被攻击的呢
搜索！
发现奇怪的性质。。
这是topsort!
愉快的拓扑一遍，然后重建边
再dinic跑一遍
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最大权闭合子图
最小割一定是简单割，即只割与s或t相连的边
在poj交ce，'LONG_LONG_MAX' was not declared in this scope，不知道为什么
改成INF就过了
用C++编译会ce，G++才能过。。
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建图很妙啊
最小割的应用
注意所有相邻的格子都要连边
只要相邻的格子所属的集合不同，这条边就要被割掉
注意不要打错变量名
（在vjudge上的两个oj交a了，还有一个oj上mle，将空间缩小到1/4就a了，很迷）
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