題面大意：
有n個城市，每個城市有一個傳送點，都可以傳送到唯一的另外一個城市，保證從任何位置出發經過若干次傳送之後能夠到達1號城市。現在希望修改一些點的目的地，使得從任何一點出發在傳送K次之後恰好都能到達1號城市，求最少要改變目的地的城市的數量。

Translated by @加藤聖教_封仙
思路：
首先一號點必須連向自己，因為存在兩個點，一個點到1號點的最短路徑等於另一個點的路徑+1，而你每次只能經過環來增加自己的路徑長度，然而只存在一個環，所以此環長度必為1。之後我們就只要讓所有點到1號點的最短路徑小於等於k即可。我們可以貪心的想，每次將深度最深的點往上走k-1步的點連向1號點即可，然後那個點的子樹就均滿足條件了。空間O(n),時間O(n)。

#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<vector>
using namespace std;
const int maxn=1e5;
int n,k,ans,tot;
vector<int>vr[maxn+8];
int pre[maxn+8],now[maxn+8],son[maxn+8],dep[maxn+8],fa[maxn+8];
bool vis[maxn+8];

int read()
{
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    for (;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar()) if (ch=='-') f=-1;
    for (;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar()) x=x*10+ch-'0';
    return x*f;
}

void add(int u,int v)
{
    pre[++tot]=now[u];
    now[u]=tot;
    son[tot]=v;
}

void dfs(int x)
{
    vr[dep[x]].push_back(x);
    for (int p=now[x];p;p=pre[p])
    {
        int child=son[p];
        fa[child]=x;dep[child]=dep[x]+1;
        dfs(child);
    }
}

void solve(int x)
{
    for (int i=1;i<=k;i++)
    {
        if (vis[x]) return;
        vis[x]=1;
        x=fa[x];
    }
    ans+=(x!=1);
}

int main()
{
    n=read(),k=read();
    int x=read();if (x!=1) ans=1;
    for (int i=2;i<=n;i++)
    {
        int f=read();
        add(f,i);
    }
    dfs(1);
    vis[1]=1;
    for (int i=n;i;i--)
    for (vector<int>::iterator it=vr[i].begin();it!=vr[i].end();it++)
        solve(*it);
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}