我们先捞出一个根节点，那么一次旋变就是对路径上点的覆盖。
设 \(dp_{i,0}\) 表示 \(i\) 没有选择时子树内最大收益，\(dp_{i,1}\) 表示 \(i\) 选择时子树内最大收益，那么将每条边存在 \(lca\) 上。
之后贡献怎么算？？我们需要快速计算不在根到子树内一点路径上，但与路径上的点直接相连的子树内点的权值之和。这里有个计算技巧：
\(\color{yellow}{\bigstar\texttt{Trick}}\)：设 \(g_i=-val_i+\sum_{j\in son_{i}}val_{j}\)，那么上面的答案就是路径所有 \(g_i\) 之和加上根节点权值。
查询路径可以转化为子树加、单点查询，树状数组解决即可。
#define Maxn 400005
#define Maxlogn 22
int n,m,tot,Time;
int hea[Maxn],nex[Maxn<<1],ver[Maxn<<1];
int dfnl[Maxn],dfnr[Maxn],dep[Maxn],fa[Maxlogn][Maxn];
ll f[Maxn],g[Maxn];
struct EDGE
{
int u,v,val;
EDGE(int U=0,int V=0,int Val=0):u(U),v(V),val(Val){}
};
vector<EDGE> e[Maxn];
inline void add(int x,int y){ ver[++tot]=y,nex[tot]=hea[x],hea[x]=tot; }
struct BIT
{
ll tree[Maxn];
inline void add(int x,ll k){ while(x<=n) tree[x]+=k,x+=x&(-x); }
inline ll query(int x){ ll ret=0; while(x) ret+=tree[x],x-=x&(-x); return ret; }
}T;
inline int lca(int x,int y)
{
if(dep[x]>dep[y]) swap(x,y);
for(int i=20;i>=0;i--) if(dep[fa[i][y]]>=dep[x]) y=fa[i][y];
if(x==y) return x;
for(int i=20;i>=0;i--) if(fa[i][x]!=fa[i][y]) x=fa[i][x],y=fa[i][y];
return fa[0][x];
}
inline void addpath(int x,ll val) { T.add(dfnl[x],val),T.add(dfnr[x]+1,-val); }
inline ll querypath(int x) { return T.query(dfnl[x]); }
void dfs1(int x)
{
dfnl[x]=++Time;
for(int i=hea[x];i;i=nex[i])
{
fa[0][ver[i]]=x,dep[ver[i]]=dep[x]+1;
for(int j=1;j<=20;j++) fa[j][ver[i]]=fa[j-1][fa[j-1][ver[i]]];
dfs1(ver[i]);
}
dfnr[x]=Time;
}
void dfs2(int x)
{
ll sum=0;
for(int i=hea[x];i;i=nex[i]) dfs2(ver[i]),sum+=f[ver[i]];
for(EDGE v:e[x])
{
ll tmp=querypath(v.u)+querypath(v.v)+sum+v.val;
f[x]=max(f[x],tmp);
}
f[x]=max(f[x],sum),g[x]=sum-f[x],addpath(x,g[x]);
}
int main()
{
n=rd(),m=rd();
for(int i=2,x;i<=n;i++) x=rd(),add(x,i);
dep[1]=1,dfs1(1);
for(int i=1,u,v,val,LCA;i<=m;i++)
u=rd(),v=rd(),val=rd(),LCA=lca(u,v),e[LCA].eb(u,v,val);
dfs2(1);
printf("%lld\n",f[1]);
return 0;
}