题面
题解
马神说：这可能是本场比赛最简单的一道题。
黑人问号脸.jpg
（这篇题解我很多地方写得很简略或很不严谨，所以如果有些地方看不懂请自己推一推）
考虑构造矩阵 (B=(x)_{n imes n})，然后设矩阵 (C=A-B)。
那么矩阵 (C) 满足 (C_{p_i,i}=b_i-x)，(C_{i,p_i}=c_i-x)，(C_{i,i}=d_i-x)，且其他地方的值都是 (0)。
然后我们要求的是 (det(A)=det(B+C))，考虑将其线性展开
不会线性展开的可以利用下面的引理自己展开：
引理：
[egin{vmatrix} a_{1,1}&a_{1,2}&cdots&a_{1,n}\ vdots&vdots&&vdots\ a_{i-1,1}&a_{i-1,2}&cdots&a_{i-1,n}\ b_1+c_1&b_2+c_2&cdots&b_n+c_n\ a_{i+1,1}&a_{i+1,2}&cdots&a_{i+1,n}\ vdots&vdots&&vdots\ a_{n,1}&a_{n,2}&cdots&a_{n,n}\ end{vmatrix} =egin{vmatrix} a_{1,1}&a_{1,2}&cdots&a_{1,n}\ vdots&vdots&&vdots\ a_{i-1,1}&a_{i-1,2}&cdots&a_{i-1,n}\ b_1&b_2&cdots&b_n\ a_{i+1,1}&a_{i+1,2}&cdots&a_{i+1,n}\ vdots&vdots&&vdots\ a_{n,1}&a_{n,2}&cdots&a_{n,n}\ end{vmatrix} +egin{vmatrix} a_{1,1}&a_{1,2}&cdots&a_{1,n}\ vdots&vdots&&vdots\ a_{i-1,1}&a_{i-1,2}&cdots&a_{i-1,n}\ c_1&c_2&cdots&c_n\ a_{i+1,1}&a_{i+1,2}&cdots&a_{i+1,n}\ vdots&vdots&&vdots\ a_{n,1}&a_{n,2}&cdots&a_{n,n}\ end{vmatrix} ]证明：根据行列式的定义用乘法分配律即可简单证明。
展开后，就能写成每行是 (B) 或 (C) 对应行之一的 (2^n) 个矩阵的 (det) 的和。发现这 (2^n) 个矩阵中，那些选了大于一行 (B) 的矩阵肯定是没有贡献的，因为 (B) 是个全 (x) 矩阵，而我们又知道 “如果矩阵中有两行成比例，那么其行列式为 (0)”。
所以要计算的矩阵中要么选了恰好一行 (B)，要么没有选 (B)。
先考虑没有选 (B) 的情况，此时我们要计算的是 (det(C)=sumlimits_{pp}(-1)^{ au(pp_1,pp_2,cdots,pp_n)}C_{1,pp_1}C_{2,pp_2}cdots C_{n,pp_n})。（这里用 (pp) 只是为了和 (p) 区分开来）
此时发现难以直接计算，就有一种比较神奇的做法：
注意到条件 (1leq p_i<i)，那么如果把 (p_i) 当做 (i) 的父亲的话，就会形成一棵树。
由于行列式的定义中，我们每一行都要选一个位置乘起来，不妨设第 (i) 行选了 (C_{i,j})（只考虑 (C_{i,j} eq 0) 的情况）。
那么我们不妨把选了 (C_{i,j}) 看做选了边 ((i,j))，发现选的边要么在树上，要么是树上某个点的自环。
那么我们不妨给树上的边 ((i,p_i)) 加上边权 (c_i-x)，边 ((p_i,i)) 加上边权 (b_i-x)，同时再给树上的每一个点加上一条自环边，其边权为 (d_i-x)。（不妨仍称这个带有自环的图叫做 “树”）
那这样选了 (C_{i,j}) 就相当于选了 ((i,j)) 的边权了。
同时，行列式选完位置后，要保证每一行、每一列都恰好只选了一个位置。
对应到树上，就代表树上选完边并对选的边统计每个点入度出度后（自环 ((u,u)) 对 (u) 的入度和出度各贡献 (1)），每个点的入度和出度恰好为 (1)。
这个时候会发现一个东西：如果我们选了一条边 ((i,j))（(i eq j)，即不考虑自环），那么我们一定也会选择边 ((j,i))。也就是说我们选边时一定是 ((i,p_i)) 和 ((p_i,i)) 捆绑着同时选。
证明比较简单，从树的叶子节点层一直往上推就行了。
那这样就很好讨论了，直接树形dp即可。
具体详见代码。
有一个要注意的地方，就是如何确定每一种选择方案前面的系数（(-1) 还是 (1)）。
假设我们选了 (k) 组捆绑的边，那么系数就是 ((-1)^k)。
原因（写得你可能看不懂）：我们会把 ((i,p_i)) 和 ((p_i,i)) 同时选，而这两个点在矩阵上是关于矩阵斜右向下的对角线对称的。不妨设我们选了一个点 (u=(x,y))，那么 (u) 的对称点 (u') 肯定也被选了。画画图可以得知，如果我们选的两个点 (u)、(v)（(v eq u')）构成逆序对，那么它们的对称点 (u')、(v') 也会构成逆序对，此时 (-1) 就抵消了。所以只有 ((u,u')) 构成逆序对时才会有贡献，而 ((u,u')) 的数量就是我们选的捆绑的边的组数。
那么既然系数和选的边的组数有关，那么系数就可以在树形dp时顺便处理了。
而对于求选了恰好一行 (B) 的矩阵的行列式，假设选的是第 (i) 行，我们就把原来树上所有 (i) 的出边先去掉，再向所有点都连一条边权为 (x) 的边，然后也是要满足每个点的入度和出度恰好为 (1)，要求不同选边方案的贡献的总和。
这个我们同样也可以用树形dp来搞定。
至于这时如何确定每一种选择方案前面的系数（(-1) 还是 (1)），我们先称选的那条边权为 (x) 的边所在的环为 “(X) 环”。
不妨设我们在 (X) 环上选了边 ((a_1,a_2),(a_2,a_3),cdots,(a_{k-1},a_k),(a_k,a_1))，在 (X) 环外选了边 ((b_1,c_1),(c_1,b_1),(b_2,c_2),(c_2,b_2),cdots,(b_l,c_l),(c_l,b_l))，那么我们要求的系数即为：
我们只需讨论 ( au(b_1,c_1,b_2,c_2,cdots,b_l,c_l,a_1,a_2,cdots,a_{k-1},a_k)+ au(c_1,b_1,c_2,b_2,cdots,c_l,b_l,a_2,a_3,cdots,a_k,a_1)) 的奇偶性即可。
记序列 (p_1=(b_1,c_1,b_2,c_2,cdots,b_l,c_l,a_1,a_2,cdots,a_{k-1},a_k))，将其分为左半部分 (pl_1=(b_1,c_1,b_2,c_2,cdots,b_l,c_l)) 和右半部分 (pr_1=(a_1,a_2,cdots,a_{k-1},a_k))。
同理得到 (p_2=(c_1,b_1,c_2,b_2,cdots,c_l,b_l,a_2,a_3,cdots,a_k,a_1))，(pl_2=(c_1,b_1,c_2,b_2,cdots,c_l,b_l))，(pr_2=(a_2,a_3,cdots,a_k,a_1))。
考虑 (pl_1) 中的数 (p_{1,i}) 和 (pr_1) 中的数 (p_{1,j}) 产生的逆序对集合 (P_1={(p_{1,i},p_{1,j})})，以及 (pl_2) 中的数 (p_{2,i}) 和 (pr_2) 中的数 (p_{2,j}) 产生的逆序对集合 (P_2={(p_{2,i},p_{2,j})})，不难发现这两个集合是完全相同的。因为 (pl_1) 中的数的集合和 (pl_2) 中的数的集合是完全相同的，而 (pr_1) 中的数的集合和 (pr_2) 中的数的集合也是完全相同的。
所以 (P_1) 和 (P_2) 对逆序对个数的贡献会因为只考虑奇偶性而被抵消掉。
所以我们只需要考虑 (pl_1,pr_1,pl_2,pr_2) 它们各自的逆序对个数之和的奇偶性即可。
(pl_1) 和 (pl_2) 的贡献直接按我们第一种情况（即求 (det(C)) 的情况）处理即可，而对于求 (ig( au(pr_1)+ au(pr_2)ig) mod 2)：
那么也可以在树形dp时顺便处理了。
代码如下：
#include<bits/stdc++.h>
#define N 1000010
using namespace std;
namespace modular
{
const int mod=1000000007;
inline int add(int x,int y){return x+y>=mod?x+y-mod:x+y;}
inline int dec(int x,int y){return x-y<0?x-y+mod:x-y;}
inline int mul(int x,int y){return 1ll*x*y%mod;}
}using namespace modular;
inline int read()
{
int x=0,f=1;
char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9')
{
if(ch=='-') f=-1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9')
{
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^'0');
ch=getchar();
}
return x*f;
}
int n,x,d[N];
int cnt,head[N],nxt[N<<1],to[N<<1],bb[N<<1],cc[N<<1];
int f[N][6],g[6];
//不妨设我们选的边权长度为x的边为(u,v)，那么下面的“X路径”是指树上的路径v->u（即X环去掉(u,v)的那部分）
//f[u][0]：已处理完u子树内的边，u子树内无X路径，u需要选与父亲相连的那条双向边（即两条单向边都选上）
//f[u][1]：已处理完u子树内的边，u子树内无X路径，u不能选与父亲相连的那条双向边
//f[u][2]：已处理完u子树内的边，u子树包含完整的X路径，u需要选与父亲相连的那条双向边
//f[u][3]：已处理完u子树内的边，u子树包含完整的X路径，u不能选与父亲相连的那条双向边
//f[u][4]：已处理完u子树内的边，X路径的终点在u子树内，起点在u子树外
//f[u][5]：已处理完u子树内的边，X路径的起点在u子树内，终点在u子树外
void adde(int u,int v,int b,int c)
{
to[++cnt]=v;
bb[cnt]=b,cc[cnt]=c;
nxt[cnt]=head[u];
head[u]=cnt;
}
void dfs(int u)
{
f[u][0]=f[u][4]=f[u][5]=1;
f[u][1]=d[u];
for(int i=head[u];i;i=nxt[i])
{
int v=to[i],b=bb[i],c=cc[i];
dfs(v);
memset(g,0,sizeof(g));
g[0]=mul(f[u][0],f[v][1]);
g[1]=mul(f[u][1],f[v][1]);
g[1]=add(g[1],mul(f[u][0],dec(0,mul(mul(b,c),f[v][0]))));
g[2]=mul(f[u][2],f[v][1]);
g[2]=add(g[2],mul(f[u][0],f[v][3]));
g[3]=mul(f[u][3],f[v][1]);
g[3]=add(g[3],mul(f[u][1],f[v][3]));
g[3]=add(g[3],mul(f[u][0],dec(0,mul(mul(b,c),f[v][2]))));
g[3]=add(g[3],mul(f[u][2],dec(0,mul(mul(b,c),f[v][0]))));
g[3]=add(g[3],mul(f[u][5],dec(0,mul(mul(x,b),f[v][4]))));
g[3]=add(g[3],mul(f[u][4],dec(0,mul(mul(x,c),f[v][5]))));
g[4]=mul(f[u][4],f[v][1]);
g[4]=add(g[4],mul(f[u][0],dec(0,mul(b,f[v][4]))));
g[5]=mul(f[u][5],f[v][1]);
g[5]=add(g[5],mul(f[u][0],dec(0,mul(c,f[v][5]))));
memcpy(f[u],g,sizeof(f[u]));
}
f[u][3]=add(f[u][3],mul(x,f[u][0]));//X路径是自环
}
int main()
{
n=read(),x=read();
for(int i=1;i<=n;i++) d[i]=dec(read(),x);
for(int i=2;i<=n;i++)
{
int p=read(),b=dec(read(),x),c=dec(read(),x);
adde(p,i,b,c);
}
dfs(1);
printf("%d
",add(f[1][1],f[1][3]));
return 0;
}
/*
3 1
1 1 1
1 2 3
1 4 5
*/