拿小号打了这场，然而做到这里时少看了条件，最后 10min 才发现，没有 AK，身败名裂……
赛后看就是 sb 题……
（好像这题也不值 2500 吧？）
首先注意到一条很重要的条件：对于每棵树，都存在一种 DFS 序使得叶子被访问到的顺序就是与它相连的用电器的编号。
这说明，对于每棵树的任意子树，里面所有叶子对应的用电器的编号是连续的。
既然连续就能方便 DP 了。
正着做不好设计状态。反过来，求最少能保留多少条边。
那么就是每个用电器对应的叶子到根上的边都要选。没有限制的全部能删掉。
然后由于用电器对应的叶子的 DFS 序递增，所以对于一个用电器集合 ({S}(|S|ge 2))，如果这里面每个用电器都和同一个根相连，那么 (S) 的花费 (cost_S) 是 (cost_{S-x}+dep_x-dep_{lca(x,y)})，其中 (x) 是 (S) 中编号最大的用电器，(y) 是 (S) 中编号第二大的用电器。
上 DP。
先记 (f_{i,j,0}(i<j)) 表示第 (i) 个用电器和第 (j) 个用电器如果都选第 (0) 棵树时，(dep_{x_i}-dep_{lca(x_i,x_j)}) 的值。(f_{i,j,1}) 同理。
再记 (fpre_{i,j,0}(ile j)) 表示第 (i) 个用电器到第 (j) 个用电器都选在第 (0) 棵树时的总花费。大概是个类似前缀和的东西。(fpre_{i,j,1}) 同理。
再记 (dp_{i,j,0}(i>j)) 表示只考虑前 (i) 个用电器，第 (j) 到第 (i) 个用电器都选在第 (0) 棵树，且第 (j-1) 个用电器选在第 (1) 棵树的最小花费。(dp_{i,j,1}) 同理。
转移，枚举第 (k) 到第 (j-1) 个用电器选在第 (1) 棵树（且 (k-1) 选在第 (0) 棵树）。(dp_{i,j,0}=fpre_{j,i,0}+min(dp_{j-1,k,1}+f_{k-1,j,0}-(dep_{x_j}[k e 1])))。
解释一下。
(fpre_{j,i,0}) 就是 (j) 到 (i) 的花费。
(dp_{j-1,k,1}) 就是 (k) 到 (j-1) 的最小花费。
(f_{k-1,j,0}) 是因为：考虑从小到大加入 (j) 到 (i)，按上文说的最大编号和次大编号计算贡献。所以加入 (j) 时，就会比原来的花费多 (dep_{x_j}-dep_{lca(x_j,x_{k-1})})，也就是 (f_{k-1,j,0})。
当 (k e 1) 时，由于 (fpre) 中算的贡献中 (j) 是要自力更生的，但是实际上此时 (k-1) 可以给 (j) 一些已经用过的边（这个费用就是上面的 (f_{k-1,j,0})）。所以要把 (dep_{x_j}) 减掉。
这是个 (O(n^3)) 做法。
优化也很显然。设 (mn_{i,0}=min(dp_{i-1,j,1}+f_{j-1,i,0}-(dep_{x_i}[j e 1])))。(mn_{i,1}) 同理。
那么有 (dp_{i,j,0}=fpre_{j,i,0}+mn_{j,0})。
时间复杂度 (O(n^2))。
传说有 (O(n)) 做法，但我不会……
代码中略微有一点不一样，稍微注意。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> PII;
const int maxn=2222;
#define MP make_pair
#define PB push_back
#define lson o<<1,l,mid
#define rson o<<1|1,mid+1,r
#define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define ROF(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
#define MEM(x,v) memset(x,v,sizeof(x))
inline ll read(){
char ch=getchar();ll x=0,f=0;
while(ch<'0' || ch>'9') f|=ch=='-',ch=getchar();
while(ch>='0' && ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
return f?-x:x;
}
int n,a,b,x[maxn],y[maxn],el,head[maxn],to[maxn],nxt[maxn],f[maxn][maxn][2],fpre[maxn][maxn][2],dp[maxn][maxn][2],mn[maxn][2];
int fa[maxn],sz[maxn],son[maxn],dep[maxn],top[maxn];
inline void add(int u,int v){
to[++el]=v;nxt[el]=head[u];head[u]=el;
}
void dfs1(int u,int f){
dep[u]=dep[fa[u]=f]+1;
sz[u]=1;
for(int i=head[u];i;i=nxt[i]){
int v=to[i];
dfs1(v,u);
sz[u]+=sz[v];
if(sz[v]>sz[son[u]]) son[u]=v;
}
}
void dfs2(int u,int topf){
top[u]=topf;
if(son[u]) dfs2(son[u],topf);
for(int i=head[u];i;i=nxt[i]){
int v=to[i];
if(v==son[u]) continue;
dfs2(v,v);
}
}
int lca(int u,int v){
while(top[u]!=top[v]){
if(dep[top[u]]<dep[top[v]]) swap(u,v);
u=fa[top[u]];
}
return dep[u]<dep[v]?u:v;
}
int main(){
n=read();
a=read();
FOR(i,2,a) add(read(),i);
dep[0]=-1;
dfs1(1,0);dfs2(1,1);
FOR(i,1,n) x[i]=read();
ROF(i,n,1){
int s=0;
FOR(j,i,n){
if(i==j) s=f[i][j][0]=dep[x[j]];
else s+=f[i][j][0]=dep[x[j]]-dep[lca(x[j],x[i])];
fpre[i][j][0]=fpre[i][j-1][0]+(i==j?f[j][j][0]:f[j-1][j][0]);
}
}
el=0;MEM(head,0);MEM(to,0);MEM(nxt,0);MEM(fa,0);MEM(sz,0);MEM(son,0);MEM(dep,0);MEM(top,0);
b=read();
FOR(i,2,b) add(read(),i);
dep[0]=-1;
dfs1(1,0);dfs2(1,1);
FOR(i,1,n) y[i]=read();
ROF(i,n,1){
int s=0;
FOR(j,i,n){
if(i==j) s=f[i][j][1]=dep[y[j]];
else s+=f[i][j][1]=dep[y[j]]-dep[lca(y[j],y[i])];
fpre[i][j][1]=fpre[i][j-1][1]+(i==j?f[j][j][1]:f[j-1][j][1]);
}
}
MEM(dp,0x3f);MEM(mn,0x3f);
dp[0][0][0]=dp[0][0][1]=mn[1][0]=mn[1][1]=0;
FOR(i,1,n) FOR(j,1,i){
dp[i][j][0]=fpre[j][i][0]+mn[j][1];
dp[i][j][1]=fpre[j][i][1]+mn[j][0];
if(i!=n){
mn[i+1][0]=min(mn[i+1][0],dp[i][j][0]+(j==1?0:f[j-1][i+1][1]-f[i+1][i+1][1]));
mn[i+1][1]=min(mn[i+1][1],dp[i][j][1]+(j==1?0:f[j-1][i+1][0]-f[i+1][i+1][0]));
}
}
int ans=1e9;
FOR(j,1,n) ans=min(ans,min(dp[n][j][0],dp[n][j][1]));
printf("%d
",a+b-2-ans);
}