题意：自己看去
题解：先考虑一个暴力的树形dp。设(f_{i,j})表示节点(i)权值为(j)的概率。那么对于所有有两个儿子的节点(i)，设它的两个儿子是(x,y)，那么对于所有在(x)中出现的权值(j)，有(f_{i,j}=f_{x,j} imes ((p_i imes sum_{k=1}^{j-1}f_{y,k}) +((1-p_i) imes sum_{k=j+1}^infty f_{y,k})))。对于(y)中出现的权值也一样。由于转移方程中出现了区间和，考虑用线段树来维护这个区间和。
考虑在线段树合并的同时进行dp。考虑当前合并的两个节点是(x,y)，区间是([l,r])，二者的儿子分别为(lc_x,rc_x,lc_y,rc_y)。那么对于当前节点，(lc_x,rc_y)和(rc_x,lc_y)都会互相造成贡献。在线段树合并时记录一下这些贡献的和，然后递归到(x,y)的儿子进行合并。当(x=0)或(y=0)时，对于一段区间的(f)造成的贡献就累加完了，打一个乘法标记即可。
时间复杂度：(O(nlogn))。如果不离散化的话，时间复杂度就是(O(nlogV))。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define re register int
#define F(x,y,z) for(re x=y;x<=z;x++)
#define FOR(x,y,z) for(re x=y;x>=z;x--)
typedef long long ll;
#define I inline void
#define IN inline int
#define C(x,y) memset(x,y,sizeof(x))
#define STS system("pause")
template<class D>I read(D &res){
res=0;register D g=1;register char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)){
if(ch=='-')g=-1;
ch=getchar();
}
while(isdigit(ch)){
res=(res<<3)+(res<<1)+(ch^48);
ch=getchar();
}
res*=g;
}
const int Mod=998244353,inv=796898467;
typedef pair<int,int>pii;
pii p[303000];
vector<int>e[303000];
int n,m,now,ans,fa[303000],a[303000],xu[303000],b[303000];
int tot,d[303000],root[303000],lc[10100000],rc[10100000],w[10100000],tag[10100000];
I add(int &x,int y){(x+=y)>=Mod?x-=Mod:0;}
IN Plus(int x,int y){(x+=y)>=Mod?x-=Mod:0;return x;}
IN Pow(int x,int y=Mod-2){
re res=1;
while(y){
if(y&1)res=(ll)res*x%Mod;
x=(ll)x*x%Mod;
y>>=1;
}
return res;
}
I D_2(int x){
if(e[x].empty())return p[++m]=make_pair(a[x],x),void();
for(auto d:e[x])D_2(d);
}
#define lt lc[k],l,mid
#define rt rc[k],mid+1,r
I mul(int x,int v){
if(!x)return;
w[x]=(ll)w[x]*v%Mod;tag[x]=(ll)tag[x]*v%Mod;
}
I push_down(int x){
mul(lc[x],tag[x]);mul(rc[x],tag[x]);tag[x]=1;
}
I modi(int &k,int l,int r,int x){
k=++tot;w[k]=tag[k]=1;
if(l==r)return;
re mid=(l+r)>>1;
if(x<=mid)modi(lt,x);
else modi(rt,x);
}
IN merge(int x,int y,int vx,int vy){
if(!x||!y){
// cout<<"!"<<vx<<" "<<vy<<endl;
if(y)mul(y,vy);
if(x)mul(x,vx);
return x+y;
}
push_down(x);push_down(y);
re val[2][2];val[0][0]=w[lc[x]];val[0][1]=w[rc[x]];val[1][0]=w[lc[y]];val[1][1]=w[rc[y]];
lc[x]=merge(lc[x],lc[y],(vx+(ll)val[1][1]*(Mod+1-now)%Mod)%Mod,(vy+(ll)val[0][1]*(Mod+1-now)%Mod)%Mod);
rc[x]=merge(rc[x],rc[y],(vx+(ll)val[1][0]*now%Mod)%Mod,(vy+(ll)val[0][0]*now%Mod)%Mod);
w[x]=Plus(w[lc[x]],w[rc[x]]);
return x;
}
I damage(int k,int l,int r){
if(l==r)return d[l]=w[k],void();
push_down(k);
re mid=(l+r)>>1;
damage(lt);damage(rt);
}
I D_1(int x){
if(e[x].empty()){
modi(root[x],1,m,b[x]);
// cout<<"A"<<b[x]<<endl;
return;
}
root[x]=0;
for(auto d:e[x]){
D_1(d);
if(!root[x])root[x]=root[d];
else now=(ll)a[x]*inv%Mod,root[x]=merge(root[x],root[d],0,0);
}
// assert(!w[0]);
}
int main(){
read(n);
F(i,1,n)read(fa[i]),e[fa[i]].emplace_back(i);
F(i,1,n)read(a[i]);
D_2(1);sort(p+1,p+1+m);F(i,1,m)b[p[i].second]=i;
D_1(1);damage(root[1],1,m);
F(i,1,m)add(ans,(ll)i*p[i].first%Mod*d[i]%Mod*d[i]%Mod);
printf("%d",ans);
return 0;
}
/*
3
0 1 1
5000 1 2
*/