分析：
设dp[u]表示假设兵营建在u点，征服u子树的最少时间，先上个图。
贪心的策略是：先访问深度较小的u的子树vi，然后考虑次浅的子树vj的时候，兵来源有两个，一个是root，一个是vi最深的孩子，两者取较小的即可。
代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;//三年竞赛一场空，不开long long见祖宗
//typedef __int128 lll;
#define print(i) cout << "debug: " << i << endl
#define close() ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0)
#define mem(a, b) memset(a, b, sizeof(a))
#define pb(a) push_back(a)
#define x first
#define y second
typedef pair<int, int> par;
const ll mod = 1e9 + 7;
const int maxn = 1e6 + 10;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
int n;
vector<int> g[maxn];
ll dp[maxn];int dfs(int u, int dep)
{
if(g[u].size() == 0) return dep;vector<int> len;for(int v : g[u]){
len.pb(dfs(v, dep + 1) - dep);dp[u] += dp[v] + 1; //加1是因为进入到v子树也需要1时间}sort(len.begin(), len.end());for(int i = 0; i < len.size() - 1; i++)dp[u] += min(dep, len[i]);return len[len.size() - 1] + dep;
}int main()
{
int t; cin >> t;int cases = 0;while(t--){
int n; cin >> n;for(int i = 1; i <= n; i++) g[i].clear(), dp[i] = 0;for(int i = 2; i <= n; i++){
int x; scanf("%d", &x);g[x].pb(i);}dfs(1, 0);printf("Case #%d: %lld\n", ++cases, dp[1]);}
}