楼上两篇题解写的有一点点复杂，有map还写了离散化……
差分固然是一种理解方式，但其实有一种更好的理解方法和更简洁的代码。
那么现在我就来讲一讲
题意简述
文字语言：求树上最大权值随祖孙关系不降的点集大小
数学语言：求 (|S_{max}|) 使得 (forall{i,j(ancestor of i)in S}, w_ileq w_j)
为了方便描述，我们定义这种集合为“树上LIS”。
题解
考虑采用数学归纳法
类似处理序列LIS问题，对于每一个点 (u) 使用multiset维护一个集合 (f_u) 满足以下性质
-
(f_{u,i}) 表示在 (u) 的子树中选择 (i) 个点组成的所有树上LIS中，级别值 (w) 最小值最大的那一个。
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以 (u) 为根节点的 (ans_u=|f_u|)（(|f_u|)表示集合 (f_u) 的大小）（该性质可由上述性质发现）
对于任意一个叶子节点 (u), (f_u)显然只含有 (w_u)，满足树上LIS性质。
再考虑不是叶子节点的 (u)
假设点 (u) 的所有孩子 (v) 的 (f_v) 已经满足求出并满足上述性质，我们应该如何求出 (u) 的 (f_u) 呢？
首先，显然 (u) 的所有孩子不会相互影响，要从以 (u) 为根节点的子树（除 (u) ）中选出大小为 (i) 的树上LIS，可以直接贪心地选所有孩子集合中最大的 (i) 个，于是只需将全部 (f_v) 取并集并排序即可，于是可以直接将孩子们的 (f_v) 集合全部启发式合并丢入 (f_u) 的multiset ，记 (S=igcup_{vin u.son}f_v)
现在我们考虑将 (u) 加入 (S) 集合并使集合满足性质
我们直接在multiset上二分出第一个 (i) 满足 (f_{u,i}geq w_u) 那么我们将 (u) 接在 (i) 前显然是最优方案，此时 (f_{u,i-1}) 就可以被 (w_u) 替换，那么现在的集合就是我们要求的 (f_u)，并且满足树上LIS性质。
按照这样的方式在树上dfs即可求出 (f_1)，此时答案即为 (|f_1|)。
复杂度证明
该算法的复杂度为 (O(nlog^2n))
考虑同样采用数学归纳法
记 (T_u) 表示处理出 (f_u) 的时间复杂度，(S_u)表示 (u) 的子树大小
我们需要证明 (T_u=S_ulog^2S_u)
对于任意一个叶子节点 (u)，(S_u=1)，此时只需在multiset中插入 (w_u) 复杂度为 (O(1))，满足(T_i=S_ulog^2S_u)
再考虑不是叶子节点的 (u)
假设点 (u) 的所有孩子 (v) 的 (T_v=S_vlog^2S_v)
那么 (T_i=sum_{vin u.son}T_v+T_{merge})
因为子孙们包含的节点个数(sum_{vin u.son}S_v+1=S_u)
所以(sum_{vin u.son}T_vleq S_ulog^2S_u)
启发式合并的复杂度为 (S_ulogS_u)，使用multiset维护加一个log，(T_{merge}=S_ulog^2S_u)
所以(T_u)与 (S_ulog^2S_u) 同阶
证毕。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2e5 + 5;
multiset<int> f[N];
multiset<int>::iterator it;
int n, w[N], ans;
int h[N], to[N], nxt[N], t;
bool comp(int x, int y) { return w[x] < w[y]; }
void add(int u, int v) { to[++t] = v, nxt[t] = h[u], h[u] = t; }
void merge(int u, int v) {
if(f[u].size() < f[v].size()) swap(f[u], f[v]);
for(it = f[v].begin(); it != f[v].end(); ++it) f[u].insert(*it);
}
void dfs(int u) {
for(int i = h[u]; i; i = nxt[i]) dfs(to[i]), merge(u, to[i]);
f[u].insert(w[u]);
it = f[u].lower_bound(w[u]);
if(it != f[u].begin()) f[u].erase(--it);
}
int main() {
scanf("%d", &n);
for(int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", &w[i]);
for(int i = 2; i <= n; ++i) {
int f;
scanf("%d", &f);
add(f, i);
}
dfs(1);
printf("%d", f[1].size());
}