一、题目
有一棵 (n) 个点的树，根为 (1)，每个点都有一个初始为 (1) 的标记值 (s_i)，对点 (x) 进行操作表示把 (x) 的祖先中深度最小并且 (s_i=1) 的 (i) 置为 (0)，每个叶子有一个操作次数 (a_i)，问有多少种不同的操作序列使得最后标记值全为 (0)
(nleq 10^6)，(sum a_i=n)，保证若 (i) 非叶子则 (a_i=0)
二、解法
我们自底向上考虑，对于每个子树，我们把操作分为两部分，第一部分是操作 (u) 的祖先，第二部分是操作 (u) 的子树，可以知道第一部分的操作全部在第二部分之前，这两者在操作序列上有着不可逾越的鸿沟！
设 (dp[i]) 表示子树 (i) 内的操作序列方案数，考虑怎么把子树内的信息合并上来，发现第一部分内部可以任意安排顺序，第二部分内部也可以任意安排顺序，所以做一个可重集的排列数即可。
三、总结
顺序并不需要一步到位，可以慢慢确定的嘛。
树的问题，可以整体考虑，也可以从小处入手，把问题归结到子树上。
//deep in my bone , straight from inside
#include <cstdio>
const int M = 1000005;
const int MOD = 1e9+7;
#define int long long
int read()
{
int x=0,f=1;char c;
while((c=getchar())<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;}
while(c>='0' && c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}
return x*f;
}
int n,tot,f[M],a[M],dp[M],siz[M],re[M],fac[M],inv[M];
struct edge{int v,next;}e[M];
signed main()
{
freopen("ball.in","r",stdin);
freopen("ball.out","w",stdout);
n=read();
for(int i=2;i<=n;i++)
{
int j=read();
e[++tot]=edge{i,f[j]},f[j]=tot;
}
fac[0]=inv[0]=inv[1]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
a[i]=read();
fac[i]=fac[i-1]*i%MOD;
}
for(int i=2;i<=n;i++)
inv[i]=inv[MOD%i]*(MOD-MOD/i)%MOD;
for(int i=2;i<=n;i++)
inv[i]=inv[i-1]*inv[i]%MOD;
for(int u=n;u>=1;u--)
{
siz[u]=1;re[u]=a[u]-1;dp[u]=1;
for(int i=f[u];i;i=e[i].next)
{
int v=e[i].v;
siz[u]+=siz[v];
re[u]+=re[v];
dp[u]=dp[u]*dp[v]%MOD
*inv[siz[v]]%MOD*inv[re[v]]%MOD;
}
if(re[u]<0) {puts("0");return 0;}
dp[u]=dp[u]*fac[siz[u]-1]%MOD*fac[re[u]+1]%MOD;
if(!f[u]) dp[u]=1;//leaf
}
printf("%lld
",dp[1]);
}