由数据范围可得出，不可能一次一次去进行回答询问，只能离线处理，然后(O(1))解决。
考虑(DP)解决，先给出(DP)方程：
(f_i=max(j+ lceil frac{s_{j+1}}{i} ceil)) ((f_i)表示为当前一次操作最多访问(i)个未访问的点的最小操作次数，(s_i)表示表示深度(geqslant i)的节点个数)
式子右边的含义为前(j)次操作访问完前(j)层节点，后面每次都访问(i)个节点，可以发现这样的操作是最优的。若从贪心的角度来看，每次操作一定是尽量访问更多的点，若此时有额外的点可供选择，优先访问有儿子的节点，为以后操作保证最优性提供保障。
先感性地证明这个式子的正确性，也就是这个地方为什么取(max)。
① 若我们无法做到前(j)次操作访问完前(j)层节点，假设存在(k)，可以做到前(k)次操作访问完前(k)层节点。可以发现第(k)层在第(j)层上面，那么在(k)层到(j)层的节点，我们无法做到通过(j-k)次操作全部访问完，可以得出式子：
(lceil frac{s_{k+1}-s_{j+1}}{i} ceil>j-k)
变形得：
(k+lceil frac{s_{k+1}}{i} ceil>j+lceil frac{s_{j+1}}{i} ceil)
发现合法状态(k)比不合法状态(j)操作次数要多，所以通过取(max)可以去除(j)这种不合法情况。
② 若我们无法做到前(j)次操作访问完前(j)层节点时后面每次都访问(i)个节点，假设存在(k)，可以做到前(k)次操作访问完前(k)层节点时后面每次都访问(i)个节点。可以发现第(k)层在第(j)层下面，那么可以做到每次都访问(i)个节点的层数会变小，所以合法状态(k)会比不合法状态(j)操作次数多。
由这两种情况，我们就可以得出，为了保证状态合法，转移时应取(max)。
设合法状态(j,k)，假设状态(j)比状态(k)更优。
即(j+ lceil frac{s_{j+1}}{i} ceil>k+ lceil frac{s_{k+1}}{i} ceil)
(lceil frac{s_{j+1}-s_{k+1}}{i} ceil>k-j)
(frac{s_{j+1}-s_{k+1}}{j-k}<-i)
发现我们可以用斜率优化来优化复杂度，这里(x)为(j)，(y)为(s_{j+1})，斜率为(-i)。
其他的一些实现细节就看代码吧。
(code:)
#include<bits/stdc++.h>
#define maxn 1000010
using namespace std;
typedef long long ll;
template<typename T> inline void read(T &x)
{
x=0;char c=getchar();bool flag=false;
while(!isdigit(c)){if(c=='-')flag=true;c=getchar();}
while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);c=getchar();}
if(flag)x=-x;
}
int n,m,h,t;
ll deep_max,query_max;
ll f[maxn],s[maxn],q[maxn],query[maxn];
struct edge
{
int to,nxt;
}e[maxn];
int head[maxn],edge_cnt;
void add(int from,int to)
{
e[++edge_cnt]=(edge){to,head[from]};
head[from]=edge_cnt;
}
double x(int i)
{
return i;
}
double y(int i)
{
return s[i+1];
}
double slope(int j,int k)
{
return (y(j)-y(k))/(x(j)-x(k));
}
void dfs(int x,ll dep)
{
s[dep]++;
deep_max=max(deep_max,dep);
for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt)
{
int y=e[i].to;
dfs(y,dep+1);
}
}
int main()
{
read(n),read(m);
for(int i=1;i<=m;++i)
read(query[i]),query_max=max(query_max,query[i]);
for(int i=2;i<=n;++i)
{
int fath;
read(fath),add(fath,i);
}
dfs(1,1);
for(int i=deep_max;i;--i) s[i]+=s[i+1];
for(int i=1;i<=deep_max;++i)
{
while(h<t&&slope(q[t],i)>slope(q[t],q[t-1])) t--;
q[++t]=i;
}
for(int i=1;i<=query_max;++i)
{
while(h<t&&slope(q[h],q[h+1])>-i) h++;
int j=q[h];
f[i]=j+(s[j+1]+i-1)/i;
}
for(int i=1;i<=m;++i) printf("%lld ",f[query[i]]);
return 0;
}