首先考慮題目的性質，發現點向區間連的邊為雙向邊，所以也就可以從一個點向右跳到區間包含該點的點，如圖所示：

但事實上向後跳其實是不優的，可以有更好的方法來節省花費：

因此我們發現一個點跳到其前一個區間的花費為 \(1\)，且在跳躍過程中不會向右跳，同時我們還證明了一個點向左的花費單調遞增。

但是從起點進行第一步跳躍時，有可能會向後跳：

其通過向後跳來到達一個更大的包含該點的區間，然後使下一步跳躍到達一個更向前的位置，第一步採取向後跳方案的花費為 \(2\)。

發現只有第一步是特殊的，所以單獨來考慮第一步的情況。

設 \(pos_i=\min\limits_{j=i}^n l_j\)，即 \(l_i\)

對每個位置建可持久化線段樹，線段樹中對應的值為該位置不考慮第一步的花費，位置 \(i\) 的線段樹從位置 \(pos_i\) 轉移過來，然後在區間 \([1,i-1]\) 通過標記永久化來實現區間加一，表示不是第一步跳的花費。

查詢時只需在 \(l_i\) 所對應的線段樹上查詢區間 \([l,min(r,l_x-1)]\) 的和，其為位置 \(i\) 不是第一步的總花費，然後再加上第一步花費的貢獻即可。

\(code:\)

#include<bits/stdc++.h>
#define maxn 300010
#define maxm 10000010
#define mid ((l+r)>>1)
using namespace std;
typedef long long ll;
template<typename T> inline void read(T &x)
{
    x=0;char c=getchar();bool flag=false;
    while(!isdigit(c)){if(c=='-')flag=true;c=getchar();}
    while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);c=getchar();}
    if(flag)x=-x;
}
int n,q,tot;
int a[maxn],pos[maxn],rt[maxn],ls[maxm],rs[maxm];
ll sum[maxm],add[maxm];
ll gcd(ll a,ll b)
{
    return b?gcd(b,a%b):a;
}
void modify(int L,int R,int l,int r,int &cur)
{
    int x=++tot;
    ls[x]=ls[cur],rs[x]=rs[cur],add[x]=add[cur];
    sum[x]=sum[cur]+(min(R,r)-max(L,l)+1),cur=x;
    if(L<=l&&R>=r)
    {
        add[cur]++;
        return;
    }
    if(L<=mid) modify(L,R,l,mid,ls[cur]);
    if(R>mid) modify(L,R,mid+1,r,rs[cur]);
}
ll query(int L,int R,int l,int r,int cur)
{
    if(L>R) return 0;
    if(L<=l&&R>=r) return sum[cur];
    ll v=add[cur]*(min(R,r)-max(L,l)+1);
    if(L<=mid) v+=query(L,R,l,mid,ls[cur]);
    if(R>mid) v+=query(L,R,mid+1,r,rs[cur]);
    return v;
}
int main()
{
    read(n);
    for(int i=2;i<=n;++i) read(a[i]),pos[i]=a[i];
    for(int i=n-1;i>=2;--i) pos[i]=min(pos[i],pos[i+1]);
    for(int i=2;i<=n;++i) rt[i]=rt[pos[i]],modify(1,i-1,1,n,rt[i]);
    read(q);
    while(q--)
    {
        int l,r,x;
        ll g,v;
        read(l),read(r),read(x),v=r-l+1;
        v+=query(l,min(r,a[x]-1),1,n,rt[a[x]]);
        g=gcd(v,r-l+1),printf("%lld/%lld\n",v/g,(r-l+1)/g);
    }
    return 0;
}