思路
先考虑一条链的情况怎么做。
因为只有两个子树，并且两个子树都是链。所以可以把这两条链找出来，然后(sort)一下。合并起来。
然后推广到树上
对于每一棵树都可以按照和上面同样的方法合并成一条链。
这样就可以(O(n^2logn))做了。
考场上就想到这些。而且链的情况还忘了存档。。。
启发式合并
只要对于每个节点维护出一个堆，并且进行启发式合并。就可以达到(O(nlogn))的复杂度了。
还是太菜了。。。
代码
/*
* @Author: wxyww
* @Date: 2019-04-11 20:14:14
* @Last Modified time: 2019-04-11 20:23:59
*/
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<vector>
#include<ctime>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 200000 + 100;
ll read() {
ll x=0,f=1;char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9') {
if(c=='-') f=-1;
c=getchar();
}
while(c>='0'&&c<='9') {
x=x*10+c-'0';
c=getchar();
}
return x*f;
}
priority_queue<int>q[N];
vector<int>e[N];
int a[N],dy[N];
int tmp[N];
int merge(int x,int y) {
if(q[x].size() < q[y].size()) swap(x,y);
int js = 0;
while(!q[y].empty()) {
tmp[++js] = max(q[y].top(),q[x].top());
q[y].pop();q[x].pop();
}
for(int i = 1;i <= js;++i) q[x].push(tmp[i]);
return x;
}
void dfs(int u) {
int k = e[u].size();
dy[u] = u;
for(int i = 0;i < k;++i) {
int v = e[u][i];
dfs(v);
dy[u] = merge(dy[u],dy[v]);
}
q[dy[u]].push(a[u]);
}
int main() {
int n = read();
for(int i = 1;i <= n;++i) a[i] = read();
for(int i = 2;i <= n;++i) e[read()].push_back(i);
dfs(1);
ll ans = 0;
while(!q[dy[1]].empty()) {
ans += q[dy[1]].top();q[dy[1]].pop();
}
cout<<ans;
return 0;
}