原题链接
显然是一个树形(DP)，状态转移则是裸的分组背包模型。
先将边权转换为点权，即每个转播台或用户的权值为原来的点权减去它到父亲的边权（没有的作为(0)去计算），记为(V[x])。
设(f[x][k])表示以(x)为根的子树中，选择(k)个用户所能达到的最大收入，(size[x])表示以(x)为根的子树中用户的个数。
则对于(x)的一个儿子(y)，有状态转移方程：
(qquadqquad j = size[x] o 0, f[x][j] = maxlimits ^ {k = j o 0}{ f[x][j], f[x][j - k] + f[y][k] })
在转移完毕时，再将(x)自身的权值加上：(i = size[x] o 1, f[x][i] = f[x][i] + V[x])
初始化则是先将(f)全部赋为极小值，然后在(DFS)中赋初值：
- 不论(x)是什么，(f[x][0] = 0)。
- 若(x)为用户，则(f[x][1] = V[x])。
最后的答案就是满足(f[x][k] geqslant 0)中最大的(k)。
虽然这个方法理论上是(O(n^3))的，但因为大多数都是冗余的状态，且实际实现的常数一般很小，所以是能够通过的。
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N = 3010;
const int M = N << 1;
int fi[N], di[M], ne[M], f[N][N], V[N], si[N], l, p;
inline int re()
{
int x = 0;
char c = getchar();
bool p = 0;
for (; c < '0' || c > '9'; c = getchar())
p |= c == '-';
for (; c >= '0' && c <= '9'; c = getchar())
x = x * 10 + c - '0';
return p ? -x : x;
}
inline void add(int x, int y)
{
di[++l] = y;
ne[l] = fi[x];
fi[x] = l;
}
inline int maxn(int x, int y)
{
return x > y ? x : y;
}
void dfs(int x, int fa)
{
int i, j, k, y;
f[x][0] = 0;
if (x > p)
{
si[x] = 1;
f[x][1] = V[x];
return;
}
for (i = fi[x]; i; i = ne[i])
if ((y = di[i]) ^ fa)
{
dfs(y, x);
si[x] += si[y];
for (j = si[x]; ~j; j--)
for (k = j; ~k; k--)
f[x][j] = maxn(f[x][j], f[x][j - k] + f[y][k]);
}
for (i = si[x]; i; i--)
f[x][i] += V[x];
}
int main()
{
int i, j, k, n, m, x, y;
n = re();
m = re();
p = y = n - m;
for (i = 1; i <= y; i++)
for (k = re(), j = 1; j <= k; j++)
{
x = re();
add(i, x);
add(x, i);
V[x] = -re();
}
for (i = 1; i <= m; i++)
V[y + i] += re();
memset(f, 250, sizeof(f));
dfs(1, 0);
for (i = n; i; i--)
if (f[1][i] >= 0)
break;
printf("%d", i);
return 0;
}