考场没做出来。

赛后看了讲解PPT，补了，是一道很妙的题，所以来写一篇笔记。

尝试过交题解，但不给过，又见题解区已经有一篇非常好的非官方题解，个人也感觉写的太草也太抽象，达不到题解要求，就不占TA风头了，这仅仅是一篇笔记。

步入正题了

此题首先要注意一点：

不开long long见祖宗！(连挂两次)

正解：

首先考虑最优策略:

当一个点的两个子树未被装满时，两棵树的电荷显然差\(1\)或相等。

然后考虑神明的最优策略：显然要让球总是尽可能远离目标点。

所以相等时神明总是要选择远离目标方向。

所以当两棵子树差 \(1\) 时是凡人的唯一机会，此时可以让球相对靠近目标点。

那怎么做呢？

不妨考虑两次投球时球的电荷，倘若两棵子树未满。

当电荷不同时显然会同时落在一棵子树；

当电荷相同时则两个球必然会落在不同子树，

也就必然会有一个球相对靠近目标点，而这个球显然可以是当两棵子树电荷差 \(1\) 时投下的那个球。

所以凡人的一种最优策略显然是一直投正电或负电。

这样必然能保证两棵子树差 \(1\) 时让球相对靠近目标点。

这种策略确实一时很难理解，如果想更好地理解这种思路，可以将凡人和神明的最优策略带入样例模拟，这样很快就能明白。

一直投同一种电荷，显然让问题变成了模拟。

首先，球要填满目标点的子树。

然后发现：

设当前需要 \(ans\) 个球坠向目标点， \(c\) 表示旁边子树的大小，

则旁边的子树会落下 \(min(ans,c)\) 个球，新的 \(ans\) 显然是 \(ans+min(ans,c)\) 。

所以考虑不断从目标节点向上跳直到到了根节点不能再跳，每次更新 \(ans\) 。

最后就输出答案。

复杂度撑死是 \(O(n^2)\) ，也就是一条链，满足题意。

码

//writer:Oier_szc
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=1005;
int n;
int fa[N],ch[N][3],c[N],sz[N];
void get_size(int u)
{
	sz[u]=c[u];
	for(int i=1;i<=ch[u][0];++i)
	{
		int to=ch[u][i];
		get_size(to);
		sz[u]+=sz[to];
	}
}
signed main()
{
	scanf("%lld",&n);
	for(int i=2;i<=n;++i)
	{
		scanf("%lld",&fa[i]);
		ch[fa[i]][++ch[fa[i]][0]]=i;
	}
	for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%lld",&c[i]);
	get_size(1);
	for(int i=1;i<=n;++i)
	{
		int now=i,ans=sz[i];
		while(fa[now])
		{
			int this_ch=now,other_ch=-1;
			now=fa[now];
			for(int j=1;j<=ch[now][0];++j)
			{
				if(ch[now][j]!=this_ch) other_ch=ch[now][j];
			}
			if(other_ch==-1) continue;
			//other_ch==兄弟节点 
			ans+=min(sz[other_ch],ans);
		}
		printf("%lld ",ans);
	}
	return 0;
}