考虑当这个东西是一条链的时候我们该怎么做，显然 \(1\) 会有两个儿子，然后两个儿子分别是一条链。
所以我们可以给两个儿子的链上的所有节点分别加到两个堆里，每次取出两个堆的最大值加入到我们选择的答案中，然后把两个堆的最大值全部 pop 掉。最终的答案就是我们 pop 完一个堆之后，所有 pop 出来的元素与另一个堆中没有 pop 出来的元素之和，最终再加上 \(a_1\)。
考虑这个东西为啥是对的。假设正解与我们存在差异，设我们选择的与正解选择的第一次出现不一样时，我们选择的 \(x\)，而正解选择的 \(y\)。由于我们每次必定选择最大值，所以必定有 \(a_x>a_y\)。且考虑由于我们之前的选择每次都是弹出两个（其中小的将与大的合并），所以将不会有剩余的段可以给 \(a_x\) 放入。于是我们 \(a_x\) 必定需要新开一个段，所以答案必定更劣。
然后这玩意扩展到树上正确性也是显然的，可以对树高归纳证得。
然后发现一个问题，我们需要将一个堆 pop 到空，最差情况是 \(O((\max size_u) \times size_x)\) 的（其中我们遍历到 \(x\) 且 \(x\) 是 \(u\) 的父亲），考虑这玩意能怎么优化，显然在树上的时候，我们并不关心单个子树的答案，我们只关心这个子树在我们合并完之后，他的堆长啥样。所以我们考虑启发式合并，将 size 小的合并到 size 大的里面，于是就可以在 \(O(\sum size_u)\) 的时间内做完这个了。
最后时间复杂度 \(O(n\log n)\)。
const int MAXN = 2e5 + 5;
int n, f[MAXN], a[MAXN];
priority_queue<int> pq[MAXN];
vector<int> G[MAXN];
void dfs(int x, int fa) {
vector<int> v;
for (auto u:G[x]) {
if (u == fa) continue;
dfs(u, x);
if (pq[u].size() > pq[x].size()) swap(pq[x], pq[u]);
while (pq[x].size() && pq[u].size()) {
const int mx = max(pq[u].top(), pq[x].top());
v.push_back(mx);
pq[u].pop(); pq[x].pop();
}
while (v.size()) {
pq[x].push(v.back());
v.pop_back();
}
}
pq[x].push(a[x]);
}
void work() {
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; ++i) cin >> a[i];
for (int i = 2; i <= n; ++i) {
cin >> f[i];
G[f[i]].push_back(i);
}
dfs(1, 0);
int ans = 0;
while (pq[1].size()) ans += pq[1].top(), pq[1].pop();
cout << ans << endl;
}