Description

很久很久之前，森林里住着一群兔子。有一天，兔子们突然决定要去看樱花。兔子们所在森林里的樱花树很特殊。樱花树由n个树枝分叉点组成，编号从0到n-1，这n个分叉点由n-1个树枝连接，我们可以把它看成一个有根树结构，其中0号节点是根节点。这个树的每个节点上都会有一些樱花，其中第i个节点有c_i朵樱花。樱花树的每一个节点都有最大的载重m，对于每一个节点i，它的儿子节点的个数和i节点上樱花个数之和不能超过m，即son(i) + c_i <= m，其中son(i)表示i的儿子的个数，如果i为叶子节点，则son(i) = 0

现在兔子们觉得樱花树上节点太多，希望去掉一些节点。当一个节点被去掉之后，这个节点上的樱花和它的儿子节点都被连到删掉节点的父节点上。如果父节点也被删除，那么就会继续向上连接，直到第一个没有被删除的节点为止。

现在兔子们希望计算在不违背最大载重的情况下，最多能删除多少节点。

注意根节点不能被删除，被删除的节点不被计入载重。

Input

第一行输入两个正整数，n和m分别表示节点个数和最大载重

第二行n个整数c_i，表示第i个节点上的樱花个数

接下来n行，每行第一个数k_i表示这个节点的儿子个数，接下来k_i个整数表示这个节点儿子的编号

Output

一行一个整数，表示最多能删除多少节点。

Solution

我们把删除一个节点看作该节点和父节点信息合并。
容易发现，对于一条链不管是先合并上面还是先合并下面，其实答案并没有多大差别。
但是对于一棵每个节点具有多棵子树的树来说，合并下面一定更优。
手摸一下样例就知道，每次合并都会使父节点变大(废话)，但越大就越难以合并更多的节点，这样就可能阻断整棵树，而达不到最优解。
举个例子，x有abc三个儿子，x的父亲是y，你肯定不会将x和y合并。因为如果x和y合并之后载重太大无法再与abc合并，那下面三个儿子就都玩完了。
所以我们一定是先尝试将x和abc合并，合并不了再与父亲合并。

合并的时候从小到大贪心合并。

发现我们是一个从叶子到根的合并过程，那么直接dfs回溯求即可。

Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct edge{int y,nxt;
}e[4000010];
int head[2000010],cnt;
int a[2000010],n,m,ans;
int sum[2000010];
int siz[2000010];
void add(int x,int y){cnt++;e[cnt].y=y;e[cnt].nxt=head[x];head[x]=cnt;
}
void dfs(int x,int f){sum[x]=a[x];vector<int>v; v.clear();for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt){int y=e[i].y;if(y==f) continue;dfs(y,x);siz[x]++;v.push_back(sum[y]);}sum[x]+=siz[x];sort(v.begin(),v.end());for(int i=0;i<v.size();i++){//cout<<x<<" "<<sum[x]<<" "<<v[i]<<endl;if(sum[x]+v[i]-1>m) break;sum[x]+=v[i]-1;siz[x]--;ans++;}//cout<<x<<" "<<sum[x]<<endl;
}
int main(){int x,y;scanf("%d%d",&n,&m);for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d",&x);for(int j=1;j<=x;j++){scanf("%d",&y); y++;add(i,y);}}dfs(1,-1);printf("%d",ans);
}
/*
15 10
0 5 1 1 5 1 3 1 1 2 1 1 1 4 4
3 1 2 3
2 4 5
1 6
1 7
0
3 10 11 12
1 13
2 8 9
0
0
0
0
0
1 14
0
*/

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