题意简述
你想要遍历一棵大小为 \(n\) 的树，初始在根节点 \(1\)，每次你可以花费 \(1\) 从一个点通过一条边到达另一个点，或者花费 \(0\) 传送到根节点。求完成遍历的最小代价。
\(n\le 2\times10^5,k\le 10^9\)。
分析
首先，传送门肯定是在叶子节点使用。
其次，遍历顺序是按照子树的深度升序排序的，因为使用传送门一定会在更深的叶子中使用，而这样排序能在遍历完子树的最后一个叶子时使用传送门到达更浅的节点继续往下遍历，从而减少步数（而对不是最后一个叶子的其他叶子则一定不劣）。
下文为使操作同质化令 \(k\leftarrow k+1\)，并强制最终回到根节点。
继续考虑若使用传送门会节省多少步数。设 \(fa_x\) 为按照我们定义的遍历顺序中第 \(x\) 个叶子与第 \(x+1\) 个叶子的 LCA。则在第 \(x\) 个叶子 \(a_x\) 使用传送门能减少 \(dep_x-dep_{fa}-dep_{fa}=dep_x-2dep_{fa}\) 的距离。
而若不使用传送门，我们会分别在进子树和出子树时经过一条边，所以初始答案为 \(2(n-1)\)。
我们需要步数最小，因此直接将所有叶子的 \(dep_x-2dep_{fa}\) 降序排序，贪心的从前往后取直到取满 \(k\) 个或此时减少的答案为负。
由于我们钦定的遍历顺序中深度更深的点在最后，可得最后一个叶子的深度最深。而最后一个叶子的 \(fa\) 为 1，所以最后一个叶子的 \(dep_x-2dep_{fa}\) 最大，故一定能取到，所以令 \(k\leftarrow k+1\) 是正确的。
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//#pragma comment(linker, "/stack:200000000")
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#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<string>
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#include<map>
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#include<vector>
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#include<set>
#include<ctime>
#include<random>
#define x1 xx1
#define y1 yy1
#define IOS ios::sync_with_stdio(false)
#define ITIE cin.tie(0);
#define OTIE cout.tie(0);
#define FlushIn fread(Fread::ibuf,1,1<<21,stdin)
#define FlushOut fwrite(Fwrite::obuf,1,Fwrite::S-Fwrite::obuf,stdout)
#define PY puts("Yes")
#define PN puts("No")
#define PW puts("-1")
#define P__ puts("")
#define PU puts("--------------------")
#define popc __builtin_popcount
#define pii pair<int,int>
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
#define gc getchar
#define pc putchar
#define pb emplace_back
#define rep(a,b,c) for(int a=(b);a<=(c);++a)
#define per(a,b,c) for(int a=(b);a>=(c);--a)
#define reprange(a,b,c,d) for(int a=(b);a<=(c);a+=d)
#define perrange(a,b,c,d) for(int a=(b);a>=(c);a-=d)
#define graph(i,j,k,l) for(int i=k[j];i;i=l[i].nxt)
#define lowbit(x) (x&-x)
#define lson(x) (x<<1)
#define rson(x) (x<<1|1)
#define mem(x,y) memset(x,y,sizeof x)
//#define double long double
//#define int long long
//#define int __int128
using namespace std;
typedef long long i64;
bool greating(int x,int y){return x>y;}
namespace Fread {
const int SIZE=1<<21;
char ibuf[SIZE],*S,*T;
inline char getc(){if(S==T){T=(S=ibuf)+fread(ibuf,1,SIZE,stdin);if(S==T)return '\n';}return *S++;}
}
namespace Fwrite{
const int SIZE=1<<21;
char obuf[SIZE],*S=obuf,*T=obuf+SIZE;
inline void flush(){fwrite(obuf,1,S-obuf,stdout);S=obuf;}
inline void putc(char c){*S++=c;if(S==T)flush();}
struct NTR{~NTR(){flush();}}ztr;
}
/*#ifdef ONLINE_JUDGE
#define getchar Fread::getc
#define putchar Fwrite::putc
#endif*/
inline int rd(){
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-48;ch=getchar();}return x*f;
}
inline void write(int x,char ch='\0'){
if(x<0){x=-x;putchar('-');}
int y=0;char z[40];
while(x||!y){z[y++]=x%10+48;x/=10;}
while(y--)putchar(z[y]);if(ch!='\0')putchar(ch);
}
bool Mbg;
const int maxn=2e5+5,maxm=4e5+5,inf=0x3f3f3f3f;
const long long llinf=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
int n,m,k,Q;
vector<int>G[maxn];
int f[maxn],dep[maxn];
bool cmp(int x,int y){return f[x]<f[y];}
void _dfs_(int x){
f[x]=1;
for(int u:G[x]){
dep[u]=dep[x]+1;
_dfs_(u);
f[x]=max(f[x],f[u]+1);
}
}
int fa[maxn];
int a[maxn],cnt;
int c[maxn];
void dfs(int x){
if(G[x].empty())return a[++cnt]=x,void();
for(int u:G[x])dfs(u),fa[cnt]=x;
}
void solve_the_problem(){
n=rd(),k=rd()+1;
rep(i,2,n){int x=rd();G[x].pb(i);}
_dfs_(1);
rep(i,1,n)sort(G[i].begin(),G[i].end(),cmp);
dfs(1);
rep(i,1,cnt)c[i]=dep[a[i]]-2*dep[fa[i]];
sort(c+1,c+cnt+1,greating);
int ans=2*n-2;
rep(i,1,cnt){
if(!k||c[i]<=0)break;
ans-=c[i],--k;
}
write(ans);
}
bool Med;
signed main(){
// freopen(".in","r",stdin);freopen(".out","w",stdout);
// fprintf(stderr,"%.3lfMB\n",(&Mbg-&Med)/1048576.0);
int _=1;while(_--)solve_the_problem();
}
/*
5 2
4 2 1 2
*/