题目链接：http://codeforces.com/contest/461/problem/B
题目大意：
给定一课树，树上的节点有黑的也有白的，有这样一种分割树的方案，分割后每个子图只含有一个黑色节点，问这样的分割方案一共有多少种？
分析：
先定义3个函数（为了之后说起来方便）：
设A(x) = 在以顶点x为根的子树中，所有满足使x所在子图不含黑色顶点，其余子图只含有1个黑色顶点的分割方案种数 。
设B(x) = 在以顶点x为根的子树中，所有满足每个子图只含有1个黑色顶点的分割方案种数 。
设C(x) = 在以顶点x为根的子树中，所有满足使x所在子图只含有1个黑色顶点，其余子图只含有1个黑色顶点的分割方案种数 。
设B(x) = 在以顶点x为根的子树中，所有满足每个子图只含有1个黑色顶点的分割方案种数 。
设C(x) = 在以顶点x为根的子树中，所有满足使x所在子图只含有1个黑色顶点，其余子图只含有1个黑色顶点的分割方案种数 。
显然B(x) = C(x)
首先我们关注某一课子树的根节点，不妨设为rt，有2种情况：
不妨设rt有a个黑色的孩子节点，b个白色的孩子节点，rt的第i个黑色节点表示为rtBi，白色节点表示为rtWi，rt的第i个孩子节点表示为soni
1 : color[rt] == WHITE
初始条件下B(rt) = 0
在这种情况下，rt与每个孩子节点都有相连与不相连2种策略，对于soni，不相连的贡献自然是B(soni)，而相连的贡献就不是独立的了，很可能有跨越根节点到其他子树的方案，也就是说，对于每一棵子树，都要和其他每一棵子树有深入交流。
我们可以考虑增而治之，设rtSonsi为以rt为根节点，只拥有前i个孩子节点的树，A(rt)，B(rt)，C(rt)为相应数值，初始状态为A(rt) = 1，B(rt) = 0，C(rt) = 0，我们只要考虑soni+1加入时，A(rt)，B(rt)，C(rt)会如何变化，当子树全部加入时，就算完了。这里有2种情况：
（1）与soni+1相连：B(rt) = C(rt) = A(rt) * C(soni+1) + C(rt) * A(soni+1)
A(rt) = A(rt) * A(soni+1)
（2）与soni+1不相连：B(rt) = C(rt) = C(rt) * C(soni+1)
A(rt) = A(rt) * C(soni+1)
于是总变化为：B(rt) = C(rt) = A(rt) * C(soni+1) + C(rt) * [A(soni+1) + C(soni+1)]
A(rt) = A(rt) * [A(soni+1) + C(soni+1)]
2：color[rt] == BLACK
初始条件下B(rt) = 1，自己自身算一个
在这种情况下，rt一定不能与黑色的孩子节点相连，而对于白色的孩子节点，有相连与不相连两种选择。
同样增而治之，设rtSonsi为以rt为根节点，只拥有前i个孩子节点的树，A(rt)，B(rt)，C(rt)为相应数值，初始状态为A(rt) = 0，B(rt) = 1，C(rt) = 1并且A(rt)恒等于0，我们只要考虑soni+1加入时，A(rt)，B(rt)，C(rt)会如何变化，当子树全部加入时，就算完了。这里有3种情况：
（1）soni+1为白色节点&&与soni+1相连：B(rt) = C(rt) = C(rt) * A(soni+1)
（2）soni+1为白色节点&&与soni+1不相连：B(rt) = C(rt) = C(rt) * C(soni+1)
（3）soni+1为黑色节点（和2是同一种情况）：B(rt) = C(rt) = C(rt) * C(soni+1)
于是总变化为：B(rt) = C(rt) = C(rt) * [A(soni+1) + C(soni+1)]
一个优化：对于color[rt] == BLACK的情况，如果我们把rt看成是白色的，然后照此计算出A(rt)，B(rt)，C(rt)，那么以rt为根节点的子树的真实方案数，不就是A(rt)吗？这样的话就没有必要分情况了，在最后加个判断即可。
代码如下：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std; #define rep(i,n) for (int i = 0; i < (n); ++i)
#define For(i,s,t) for (int i = (s); i <= (t); ++i)
#define rFor(i,t,s) for (int i = (t); i >= (s); --i)
#define foreach(i,c) for (__typeof(c.begin()) i = c.begin(); i != c.end(); ++i)
#define rforeach(i,c) for (__typeof(c.rbegin()) i = c.rbegin(); i != c.rend(); ++i) #define pr(x) cout << #x << " = " << x << " "
#define prln(x) cout << #x << " = " << x << endl #define LOWBIT(x) ((x)&(-x)) #define ALL(x) x.begin(),x.end()
#define INS(x) inserter(x,x.begin()) #define ms0(a) memset(a,0,sizeof(a))
#define msI(a) memset(a,inf,sizeof(a))
#define msM(a) memset(a,-1,sizeof(a)) #define pii pair<int,int>
#define piii pair<pair<int,int>,int>
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define fi first
#define se second inline int gc(){
static const int BUF = 1e7;
static char buf[BUF], *bg = buf + BUF, *ed = bg; if(bg == ed) fread(bg = buf, , BUF, stdin);
return *bg++;
} inline int ri(){
int x = , f = , c = gc();
for(; c<||c>; f = c=='-'?-:f, c=gc());
for(; c>&&c<; x = x* + c - , c=gc());
return x*f;
} typedef long long LL;
typedef unsigned long long uLL;
const int inf = 1e9 + ;
const LL mod = 1e9 + ;
const int maxN = 1e5 + ; struct Node{
vector< int > next;
}; int n, ans; /*
设A(x) = 在以顶点x为根的子树中，所有满足使x所在子图不含黑色顶点，其余子图只含有1个黑色顶点的分割方案种数
设B(x) = 在以顶点x为根的子树中，所有满足每个子图只含有1个黑色顶点的分割方案种数
设C(x) = 在以顶点x为根的子树中，所有满足使x所在子图只含有1个黑色顶点，其余子图只含有1个黑色顶点的分割方案种数
则有：
dp[v][0] = A(v) + B(v)
dp[v][1] = B(v)
C(v) = B(v)
The answer is dp[0][1].
*/
LL dp[maxN][];
Node nodes[maxN];
int color[maxN]; void dfs(int x) {
// 默认顶点x为白色
dp[x][] = ;
dp[x][] = ; foreach(i, nodes[x].next) {
dfs(*i);
// dp[*i][0] 包含 A(*i) 和 C(*i)，对于A(*i)，令其与C(x)相连
// 而对于C(*i)，令其与C(x)分断
dp[x][] = (dp[x][] * dp[*i][]) % mod;
// dp[x][0] 包含 A(x)，令其与C(*i)相连
dp[x][] = (dp[x][] + dp[x][] * dp[*i][]) % mod;
// 此时dp[x][0] = A(x)
// dp[x][0] * dp[*i][0] = A(x)*A(*i) + A(x)*C(*i)
// 依次是连接新子树的A(*i)部分和断掉新子树的C(*i)部分，两这都可以保证dp[x][0]更新后还是A(x)
dp[x][] = (dp[x][] * dp[*i][]) % mod;
} if(color[x] == ) dp[x][] = dp[x][]; // 当根节点为黑色时，A(x)实际上是C(x)，而真正的A(x) = 0
else dp[x][] = (dp[x][] + dp[x][]) % mod; // 此时 dp[x][0] = A(x) + C(x)
} int main(){
while(cin >> n) {
rep(i, n) nodes[i].next.clear();
For(i, , n-) {
int t;
cin >> t;
// 根据题目要求，并不需要加反向边
nodes[t].next.push_back(i);
}
rep(i, n) cin >> color[i]; dfs(); cout << dp[][] <<endl;
}
return ;
}