本题空间很小，那些O(nlogn)的树上lca算法在这里不顶用了，可以考虑树分块。
本题的树分块是基于深度的，即按深度每\(\sqrt n\)分一块，然后一块一块往上跳，一直跳到lca处。
对于这题，有这样几种做法：
考虑在树上选择若干关键点，每次求lca先往上跳到最近的关键点处，然后再一个一个关键点往上跳，直到跳到同一关键点处。至于关键点的选择，可以这样做：
从浅到深依次从每一个点出发，如果向上跳 2S-1 个节点都没有关键点,则将其 S 级祖先设为关键点。这样关键点个数严格小于 n/S , 同时每个关键点到它父亲方向的第一个关键点的距离都等于 S 。并且从每个点向上跳，到第一个关键点所需步数 < 2S 。
当然也可以在树上随机\(\sqrt n\)个关键点，这样复杂度期望是\(O(\sqrt n)\)的。
还有神仙psj提供的一种做法，就是记录下每个点向上跳\(\sqrt n\)次的祖先，然后每次查询的时候先将两个点跳到同一深度（深度可以在跳之前\(O(\sqrt n)\)查询得到，跳的时候动态维护），然后像倍增lca那样能往上跳就往上跳，只不过步长是\(\sqrt n\)的，最后在一步一步跳到lca处。这种做法的空间是上面做法的两倍，得卡一卡空间才能过。
这里我写的是第一种做法，具体细节可以参考代码：
#include<cstdio>
#include<bitset>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define N 900007
#define M 5007
const int t=300;
int fa[N],a[M],top[M],dep[M],cnt;
bitset<N> tag;
void mark(int x)
{
int v=fa[x],i;
for(i=1;i<2*t&&!tag[v];i++)
v=fa[v];
if(i==2*t)
{
for(i=1;i<=t;i++)
x=fa[x];
a[++cnt]=x;
tag[x]=1;
}
}
int getpos(int x)
{
int p=lower_bound(a+1,a+cnt+1,x)-a;
return p;
}
int find(int x)
{
while(!tag[x])x=fa[x];
return x;
}
int getdep(int x,int y)
{
int d=0;
while(x!=y)
d++,x=fa[x];
return d;
}
int getkth(int x,int k)
{
int i;
for(i=1;i<=k;i++)
x=fa[x];
return x;
}
int main()
{
int n,m,i,x,y;
scanf("%d%d",&n,&m);
for(i=2;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&x);
fa[i]=x;
}
tag[1]=1;
a[++cnt]=1;
for(i=2;i<=n;i++)
mark(i);
sort(a+1,a+cnt+1);
dep[1]=1;
for(i=2;i<=cnt;i++)
{
top[i]=getpos(find(fa[a[i]]));
dep[i]=dep[top[i]]+1;
}
for(i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d%d",&x,&y);
int u=find(x),v=find(y);
u=getpos(u),v=getpos(v);
if(dep[v]>dep[u])swap(x,y),swap(u,v);
while(dep[u]>dep[v])
{
x=a[u];
u=top[u];
}
while(u!=v)
{
x=a[u],u=top[u];
y=a[v],v=top[v];
}
int dx=getdep(x,a[u]),dy=getdep(y,a[v]);
if(dy>dx)swap(x,y),swap(dx,dy);
x=getkth(x,dx-dy);
while(x!=y)
x=fa[x],y=fa[y];
printf("%d\n",x);
}
return 0;
}