传送门

挺遗憾的一个题
考场上想到的思路是题解的退化版，可以有71pts（赛时以为只有20pts），但因为这一场的策略原因没有打……

首先发现颜色种类数很少，可以直接bitset上树剖维护，炸不了空间
所以可以先bitset上树剖处理出每个人到lca经过的颜色集合
然后问题可以转化为给定 \(c\) 个集合，求「让所有集合中剩余元素互不相同且剩余个数相同的最大保留个数」
这个考场上没什么思路，想直接用网络流二分搞，图很好建

至于正解，前面都是一样的，不同之处在于这里的网络流
这里直接建图肯定是源点向每个人建流量为 \(mid\) 的边
但考虑将每个人直接拆成 \(mid\) 个点，问题就转化成了求二分图完美匹配

• 霍尔定理：一个二分图 \(g\) 存在完美匹配，当且仅当 \(x\) 中的任意 \(k\) 个点都至少与 \(y\) 中的 \(k\) 个点相邻
• 霍尔定理推论：见这里，貌似很有用的样子但我没康懂

于是对于到这个题上，发现本质不同的左部点很少，而本质相同的左部点对应的相邻点集合是相同的
又有

\[| s | *ans \leqslant | to_s | \]

移个项，

\[ans = min\{\frac{|to_s|}{|s|}\} \]

Code:

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define INF 0x3f3f3f3f
#define N 300010
#define ll long long 
//#define int long long 

char buf[1<<21], *p1=buf, *p2=buf;
#define getchar() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf, 1, 1<<21, stdin)), p1==p2?EOF:*p1++)
inline int read() {
	int ans=0, f=1; char c=getchar();
	while (!isdigit(c)) {if (c=='-') f=-f; c=getchar();}
	while (isdigit(c)) {ans=(ans<<3)+(ans<<1)+(c^48); c=getchar();}
	return ans*f;
}

int n, m, q;
int head[N], size, val[N], id[N], rk[N], top[N], siz[N], msiz[N], mson[N], fa[N], tot, dep[N];
bitset<1001> to[6], rec;
struct edge{int to, next;}e[N<<1];
inline void add(int s, int t) {e[++size].to=t; e[size].next=head[s]; head[s]=size;}
int tl[N<<2], tr[N<<2]; bitset<1001> dat[N<<2];
#define tl(p) tl[p]
#define tr(p) tr[p]
#define dat(p) dat[p]
#define pushup(p) dat(p)=dat(p<<1)|dat(p<<1|1)
void build(int p, int l, int r) {
	tl(p)=l; tr(p)=r;
	if (l==r) {dat[p][val[rk[l]]]=1; return ;}
	int mid=(l+r)>>1;
	build(p<<1, l, mid);
	build(p<<1|1, mid+1, r);
	pushup(p);
}
void query(int p, int l, int r, bitset<1001>& ans) {
	//cout<<"query1 "<<p<<' '<<l<<' '<<r<<endl;
	if (l<=tl(p) && r>=tr(p)) {ans|=dat(p); return ;}
	int mid=(tl(p)+tr(p))>>1;
	if (l<=mid) query(p<<1, l, r, ans);
	if (r>mid) query(p<<1|1, l, r, ans);
}

void dfs1(int u) {
	siz[u]=1;
	for (int i=head[u],v; ~i; i=e[i].next) {
		v = e[i].to;
		dep[v]=dep[u]+1, fa[v]=u, dfs1(v);
		siz[u]+=siz[v];
		if (siz[v]>msiz[u]) msiz[u]=siz[v], mson[u]=v;
	}
}
void dfs2(int u, int t) {
	top[u]=t;
	id[u]=++tot;
	rk[tot]=u;
	if (!mson[u]) return ;
	dfs2(mson[u], t);
	for (int i=head[u],v; ~i; i=e[i].next) {
		v = e[i].to;
		if (v!=mson[u]) dfs2(v, v);
	}
}
int lca(int a, int b) {
	while (top[a]!=top[b]) {
		if (dep[top[a]]<dep[top[b]]) swap(a, b);
		a=fa[top[a]];
	}
	if (dep[a]>dep[b]) swap(a, b);
	return a;
}
void query(int a, int b, bitset<1001>& ans) {
	//cout<<"query2 "<<a<<' '<<b<<endl;
	while (top[a]!=top[b]) {
		if (dep[top[a]]<dep[top[b]]) swap(a, b);
		query(1, id[top[a]], id[a], ans);
		a=fa[top[a]];
	}
	if (dep[a]>dep[b]) swap(a, b);
	query(1, id[a], id[b], ans);
}

signed main()
{
	memset(head, -1, sizeof(head));
	n=read(); m=read(); q=read();
	for (int i=2; i<=n; ++i) add(read(), i);
	for (int i=1; i<=n; ++i) val[i]=read();
	dep[1]=1; dfs1(1); dfs2(1, 1); build(1, 1, n);
	int t[10];
	for (int i=1,c,g; i<=q; ++i) {
		c=read();
		for (int j=1; j<=c; ++j) t[j]=read();
		g=t[1];
		for (int j=2; j<=c&&g!=1; ++j) g=lca(g, t[j]);
		//cout<<"lca: "<<g<<endl;
		for (int j=1; j<=c; ++j) {to[j].reset(); query(g, t[j], to[j]);}
		//cout<<1<<endl;
		int lim=1<<c, ans=INF;
		for (int s=1,s2,cnt; s<lim; ++s) {
			s2=s; cnt=0; rec.reset();
			do {s2&=s2-1; ++cnt;} while (s2) ;
			for (int j=0; j<c; ++j) if (s&(1<<j)) 
				rec|=to[j+1];
			//cout<<"upd: "<<rec.count()<<' '<<cnt<<endl;
			ans = min(ans, int(rec.count())/cnt);
		}
		printf("%d\n", ans*c);
	}
	
	return 0;
}