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#include <bits/stdc++.h>
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using namespace std;
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const int N = 110, M = N << 1;
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int v[N], w[N];
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int n, m, root;
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// f[u][i][j] 以u为根，在前i个子树中(组)选择，最大体积不超过j的所有方案
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// 属性：max价值
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int f[N][N][N];
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// 链式前向星
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int e[M], h[N], idx, ne[M];
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void add(int a, int b) {
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e[idx] = b, ne[idx] = h[a], h[a] = idx++;
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}
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// u:以u为根的树
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// 返回值：以u为根的树，一级子树son的个数
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int dfs(int u) {
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/*
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① 以u为根的树,如果现在剩余体积j>=v[u], 最起码可以把u装下，能获取到w[u]的价值
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如果你想研究一下以u为根的子树最多可以获得多大价值，那u节点是必须装下来，否则后续子树根本没机会讨论
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*/
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for (int j = v[u]; j <= m; j++) f[u][0][j] = w[u];
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// ② 考虑u的每个子树
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int s = 0;
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for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) { // 枚举u的每个子节点
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s++; // 前s个子树
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int son = e[i]; // 在链式前向星中，这是几号节点
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int c = dfs(
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son); // 对子节点son,把它的f[son][c][k]信息填充完整,返回son子树的一级结点个数
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/*
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目标:填充f[u][i][j],
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i:
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1~dfs(u)的每个值，dfs(u)返回的是u的下级节点个数，也就是一级子树个数，0上面讨论过了,不用再讨论
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j: 枚举每一个u子树的合法空间j
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k：给定j这么大的空间，那么为son这棵子树留多大空间,k∈
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[0,j-v[u]],son子树可以贡献的最大价值依定义就是f[son][c][k] f[u][s -
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1][j -
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k]:在处理s个子树前，前s-1个都已经填充完毕，可以依赖。由于son占了k个空间，那么前序依赖就是f[u][s-1][j-k]
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*/
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for (int j = v[u]; j <= m; j++)
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for (int k = 0; k <= j - v[u]; k++)
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f[u][s][j] = max(f[u][s][j], f[u][s - 1][j - k] + f[son][c][k]);
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}
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return s; // 返回u有多少个子结点
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}
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int main() {
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// 初始化链式前向星
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memset(h, -1, sizeof h);
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cin >> n >> m; // 物品个数和背包容量
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for (int i = 1; i <= n; i++) { // n个物品
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int p;
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cin >> v[i] >> w[i] >> p; // 体积、价值、父亲
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if (p == -1)
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root = i; // 对一棵树而言，根是最重要的
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else
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add(p, i); // 从父亲向儿子建边，一般树都是从上到下建边
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}
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int s = dfs(root); // 从根节点开始遍历，填充DP Table,返回值是root有几个子树
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/*
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Q:为什么需要dfs返回root有多少个子树呢？
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A:DP问题，一般的答案都在状态转移方程上。比如f[u][i][j]表示以u为根的树中，在前i个儿子中去找，在体积不超过j的情况下,最大的价值是多少。
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我们可以看出，最终的答案就是f[root][root的儿子总数][m]
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这样看来，计算返回出root的儿子总数就是合情合理了
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*/
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printf("%d\n", f[root][s][m]);
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return 0;
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}
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