参考这儿qwq。
首先询问都是求，向左走的最短路。
(f[i][j])表示从(i)走到(j)最少需要多少步。表示这样只会(O(n^2log n))的= =但是感觉能卡过(70)分。
注意到从(i)出发，走(j)步能到达的点都是一段一段的。所以不妨令(f[i][j])表示，从(i)出发，走(j)步能到达的最左边的是什么。那么(f[i][j+1]=minlimits_{k=f[i][j]}^{i-1}L[k])。
但是我们还没有考虑向右走的情况。可以发现一条路径最多只会向右走一次。
那么判一下就好惹。这样就可以(O(n^2))啦。
注意到这一过程实际可以倍增：(f[i][j])表示，从(i)出发，走(2^j)步最左可以到哪。但是还要考虑第一步向右走的情况，所以不妨直接令它表示，(isim n)这些点走(2^j)步最左可以到哪。
记(Calc(i,p))表示，从(i)分别走到(psim i)所有点总共需要走多远。把询问([l,r])拆成(Calc(i,l)-Calc(i,r+1))。
那么再维护一个(sum[i][j])表示，从(i)出发，分别走到(f[i][j]sim i)总共需要走多远。那么(sum[i][j]=sum[i][j-1]+sum[f[i][j-1]][j-1]+(f[i][j]-f[i][j-1]) imes2^{j-1})。
具体(Calc)的时候，关于向右走一步的处理，不妨直接让(i)先向左走一步走到(L[i])。这样(L[i])左边的部分都有可能需要(i)向右走，但是这正好符合(f)的定义，同时我们已经跳了一步也可以看作向右跳了一步。
注意维护一个变量(tot)表示之前一共跳过了多少距离。
还有主席树的做法，我不写惹qwq 懒。
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#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <algorithm>
#define BIT 18
#define gc() getchar()
#define MAXIN 500000
//#define gc() (SS==TT&&(TT=(SS=IN)+fread(IN,1,MAXIN,stdin),SS==TT)?EOF:*SS++)
typedef long long LL;
const int N=3e5+5;
int L[N],f[BIT+1][N];
LL sum[BIT+1][N];
char IN[MAXIN],*SS=IN,*TT=IN;
inline int read()
{
int now=0;register char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-48,c=gc());
return now;
}
int Gcd(int a,int b)
{
return b?Gcd(b,a%b):a;
}
LL Calc(int l,int p,const int bit)
{
if(L[p]<=l) return p-l;
LL ans=p-L[p],tot=1; p=L[p];
for(int i=bit; ~i; --i)
if(f[i][p]>=l) ans+=sum[i][p]+(p-f[i][p])*tot, tot+=1<<i, p=f[i][p];
return ans+(p-l)*(tot+1);//(r-l)*tot+r-l
}
int main()
{
const int n=read(); int bit=23;
while(1<<bit>n) --bit;
for(int i=2; i<=n; ++i) L[i]=read();
f[0][n]=L[n];
for(int i=n-1; i; --i) f[0][i]=std::min(f[0][i+1],L[i]), sum[0][i]=i-f[0][i];
for(int j=1; j<=bit; ++j)
{
LL t=1ll<<j-1;
for(int i=1; i<=n; ++i)
f[j][i]=f[j-1][f[j-1][i]], sum[j][i]=sum[j-1][i]+sum[j-1][f[j-1][i]]+(f[j-1][i]-f[j][i])*t;
}
for(int Q=read(); Q--; )
{
int l=read(),r=read(),x=read(),b=r-l+1;
LL a=Calc(l,x,bit)-Calc(r+1,x,bit); int g=Gcd(b,a%b);
printf("%lld/%d
",a/g,b/g);
}
return 0;
}