整体 dp
先将权值离散化到 \([1,m]\)。
考虑朴素的树形 dp，设 \(f_{u,i}\) 表示在 \(u\) 子树中选了若干点，点权都 \(\ge i\) 的最大点集。转移分为是否选 \(u\) 点：
不选 \(u\) 点，对于 \(i\in [1,m]\)，\(f_{u,i}=\sum f_{v,i}\)
选 \(u\) 点，对于 \(i\in [1,a_u]\)，\(f_{u,i}=\max(f_{u,i},\sum f_{v,a_u}+1)\)
前者由于状态中为 \(\ge i\)，所以就是一个单点加；后者是区间修改 \(\max\)。这些操作都是线段树合并操作，考虑整体 dp，前者 merge 操作时覆盖，后者区间覆盖 \(\max\)，也可以线段树维护标记。但是在动态开点线段树上区间修改较复杂，在这题有更好的办法。
可以发现 \(f_{u,i}\ge f_{u,i+1}\)，也就是序列是从左到右单调递减的，再看第二个操作，\(f_{u,a_u}\) 一定会加 \(1\)，然后就是覆盖一段 \([p,a_u]\) 权值都是 \(f_{u,a_u}\) 的极大区间，并且改变的量为 \(1\)。考虑一个 trick，维护 \(g_{u,i}=f_{u,i}-f_{u,i+1}\)。区间覆盖就变成只需要修改 \(p-1\) 和 \(a_u\) 两个点的差分值即可（区间 \([p,a_u]\) 的差分值都是 \(0\)）。考虑 \(p\) 的求法，只需要在线段树二分即可，单次 \(O(\log n)\)。
复杂度 \(O(n\log n)\)。
#include <bits/stdc++.h>
#define pii std::pair<int, int>
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
typedef long long i64;
const int N = 2e5 + 10;
int n, cnt, tot, num, ans;
int a[N], b[N];
int h[N];
struct node {
int to, nxt;
} e[N << 1];
void add(int u, int v) {
e[++cnt].to = v;
e[cnt].nxt = h[u];
h[u] = cnt;
}
struct seg {
int ls, rs, sm;
} t[N * 40];
void gtag(int u, int v) {if(u) t[u].sm += v;}
void pushup(int u, int ls, int rs) {
t[u].sm = 0;
if(ls) t[u].sm = t[ls].sm;
if(rs) t[u].sm += t[rs].sm;
}
void ins(int &u, int l, int r, int x, int y) {
if(!x) return;
if(!u) u = ++tot;
if(l == r) {
gtag(u, y);
return;
}
int mid = (l + r) >> 1;
if(x <= mid) ins(t[u].ls, l, mid, x, y);
else ins(t[u].rs, mid + 1, r, x, y);
pushup(u, t[u].ls, t[u].rs);
}
int query(int u, int l, int r, int L, int R) {
if(!u) return 0;
if(L <= l && r <= R) {
return t[u].sm;
}
int mid = (l + r) >> 1, ret = 0;
if(L <= mid) ret += query(t[u].ls, l, mid, L, R);
if(R > mid) ret += query(t[u].rs, mid + 1, r, L, R);
return ret;
}
void mg(int p1, int p2, int l, int r) {
if(l == r) {
t[p1].sm += t[p2].sm;
return;
}
int mid = (l + r) >> 1;
if(t[p1].ls && t[p2].ls) mg(t[p1].ls, t[p2].ls, l, mid);
else if(t[p2].ls) t[p1].ls = t[p2].ls;
if(t[p1].rs && t[p2].rs) mg(t[p1].rs, t[p2].rs, mid + 1, r);
else if(t[p2].rs) t[p1].rs = t[p2].rs;
pushup(p1, t[p1].ls, t[p1].rs);
}
int find(int u, int l, int r, int v) {
if(!u) return 0;
if(l == r) {
if(t[u].sm < v) return l - 1;
return l;
}
int mid = (l + r) >> 1;
if(v <= t[t[u].rs].sm) return find(t[u].rs, mid + 1, r, v);
else return find(t[u].ls, l, mid, v - t[t[u].rs].sm);
}
void dfs(int u, int fa) {
for(int i = h[u]; i; i = e[i].nxt) {
int v = e[i].to;
if(v == fa) continue;
dfs(v, u);
mg(u, v, 1, num);
}
int sum = query(u, 1, num, a[u], num), p = find(u, 1, num, sum + 1);
ins(u, 1, num, a[u], 1), ins(u, 1, num, p, -1);
}
void Solve() {
std::cin >> n;
tot = n;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
std::cin >> a[i];
b[++num] = a[i];
}
std::sort(b + 1, b + num + 1);
num = std::unique(b + 1, b + num + 1) - b - 1;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
a[i] = std::lower_bound(b + 1, b + num + 1, a[i]) - b;
}
for(int i = 2; i <= n; i++) {
int u;
std::cin >> u;
add(u, i), add(i, u);
}
dfs(1, 0);
std::cout << query(1, 1, num, 1, num) << "\n";
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(false);
std::cin.tie(nullptr);
Solve();
return 0;
}