#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 110, M = N << 1;
int v[N], w[N];
int n, m, root;

// 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
// 属性：max价值
int f[N][N][N];

// 链式前向星
int e[M], h[N], idx, ne[M];
void add(int a, int b) {
    e[idx] = b, ne[idx] = h[a], h[a] = idx++;
}

// u:以u为根的树
// 返回值：以u为根的树，一级子树son的个数
int dfs(int u) {
    /*
    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
    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
    */
    for (int j = v[u]; j <= m; j++) f[u][0][j] = w[u];

    // ② 考虑u的每个子树
    int s = 0;
    for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) { // 枚举u的每个子节点
        s++;                            // 前s个子树
        int son = e[i];                 // 在链式前向星中，这是几号节点
        int c = dfs(
            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

        /*
         目标:填充f[u][i][j],
         i:
         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
         j: 枚举每一个u子树的合法空间j
         k：给定j这么大的空间，那么为son这棵子树留多大空间,k∈
         [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 -
         1][j -
         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]
        */
        for (int j = v[u]; j <= m; j++)
            for (int k = 0; k <= j - v[u]; k++)
                f[u][s][j] = max(f[u][s][j], f[u][s - 1][j - k] + f[son][c][k]);
    }
    return s; // 返回u有多少个子结点
}

int main() {
    // 初始化链式前向星
    memset(h, -1, sizeof h);

    cin >> n >> m;                 // 物品个数和背包容量
    for (int i = 1; i <= n; i++) { // n个物品
        int p;
        cin >> v[i] >> w[i] >> p; // 体积、价值、父亲
        if (p == -1)
            root = i; // 对一棵树而言，根是最重要的
        else
            add(p, i); // 从父亲向儿子建边，一般树都是从上到下建边
    }

    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
    /*
    Q:为什么需要dfs返回root有多少个子树呢？
    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。
    我们可以看出，最终的答案就是f[root][root的儿子总数][m]
    这样看来，计算返回出root的儿子总数就是合情合理了
    */
    printf("%d\n", f[root][s][m]);
    return 0;
}