提供一个多项式做法。

分别设$f_{u,i},g_{u,i}$表示以$u$为根时，$a_u=i$和$a_u\ge i$的方案数，合并子树$v$时，转移如下：

$$f_{u,i}=\sum f_{u,i-kr}\times g_{v.k}$$

初值为$f_{u,a_u}=1$。

注意到 DP 的值域很大，通常情况下我们可以考虑用拉格朗日插值法来处理，但是实际上只要满足信息封闭也是可以转移的。我们不妨将其转化成多项式的形式，从而来观察需要记录哪些信息。

设：
$$\begin{gathered} F_u(x)=\sum f_{u,i}{x}^i \\ {G}_u(x)=\sum g_{u,i}{x}^i \end{gathered}$$

转移大致分为以下几步：

$$\begin{gathered} F_u(x)\leftarrow \prod G_v(x) \\ {F}_u(x)\leftarrow x^{a_i}{F}_u(x^r) \\ {G}_u(x)\leftarrow F_u(x)+\frac{F_u(1)-F_u(x)}{1-x} \end{gathered}$$

其中最后一个式子是在求后缀和，之所以不能写成$\frac{1}{1-x^{-1}}$的原因是生成函数不能有次数$<0$的项。

现在问题在于，要求出$F_u(1)$就必须维护各项系数，显然次数太高就寄了。考虑一步非常巧妙的转化：我们设$G_u^{\prime }(x)=G_u(x+1),F_u^{\prime }(x)=F_u(x+1)$，则$F_u^{\prime }(0)=F_u(1)$，而$F_u^{\prime }(0)$其实就是常数项，又因为要求的答案也是常数项，这样我们只用算次数较低的项，信息就封闭了。

新的转移大致为：

$$F_u^{\prime }(x)\leftarrow \prod G_v^{\prime }(x)$$

这是因为

$$F_u^{\prime }(x)=F_u(x+1)=\prod G_v(x+1)=\prod G_v^{\prime }(x)$$

$$F_u^{\prime }(x)\leftarrow (x+1{)}^{a_i}{F}_u^{\prime }((x+1{)}^r-1)$$

这是因为

$$F_u^{\prime }(x)=F_u(x+1)=(x+1{)}^{a_i}{F}_u((x+1{)}^r)=(x+1{)}^{a_i}{F}_u^{\prime }((x+1{)}^r-1)$$

$$G_u^{\prime }(x)=F_u^{\prime }(x)+\frac{F_u^{\prime }(0)-F_u^{\prime }(x)}{-x}$$

如果我们只保留前$k$项，那么因为要除以$x$，所以每次转移完后最后一项都会损失掉。但是因为答案是第一项的值，所以我们对于每个节点保留$de{p}_u$项即可。

复杂度$O(n^3)$。

麻了，好像和官方题解长得一样。

#include<bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define inf 0x3f3f3f3f
#define ll long long
using namespace std;
const int mod=998244353;
int n,fa[305],dep[305];
ll r,fac[305],inv[305],ifac[305],to[305][305],f[305][305],g[305][305],a[305],res;
vector<int>G[305];
ll fpow(ll x,ll y=mod-2){ll z(1);for(;y;y>>=1){if(y&1)z=z*x%mod;x=x*x%mod;}return z;
}
ll binom(int x,int y){if(x<0||y<0||x<y)return 0;return fac[x]*inv[y]%mod*inv[x-y]%mod;
}
void init(int n){fac[0]=1;for(int i=1;i<=n;i++)fac[i]=fac[i-1]*i%mod;inv[n]=fpow(fac[n]);for(int i=n;i>=1;i--)inv[i-1]=inv[i]*i%mod;ifac[1]=1;for(int i=2;i<=n;i++)ifac[i]=mod-ifac[mod%i]*(mod/i)%mod;
}
void dfs(int u){f[u][0]=1;for(auto v:G[u]){dep[v]=dep[u]+1,dfs(v);memset(f[0],0,sizeof f[0]);for(int i=0;i<=dep[v];i++)for(int j=0;i+j<=dep[v];j++)(f[0][i+j]+=f[u][i]*g[v][j])%=mod;memcpy(f[u],f[0],sizeof f[0]);}memset(f[0],0,sizeof f[0]);for(int i=0;i<=dep[u]+1;i++)for(int j=0;j<=dep[u]+1;j++)(f[0][j]+=f[u][i]*to[i][j])%=mod;memset(f[u],0,sizeof f[u]);ll mul=1;for(int i=0;i<=dep[u]+1;i++){for(int j=0;i+j<=dep[u]+1;j++)(f[u][i+j]+=mul*f[0][j])%=mod;mul=mul*(a[u]-i)%mod*ifac[i+1]%mod;}for(int i=0;i<=dep[u];i++)g[u][i]=(f[u][i]+f[u][i+1])%mod;
}
signed main(){//freopen("data.in","r",stdin);ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0),cout.tie(0);cin>>n;for(int i=2;i<=n;i++)cin>>fa[i],G[fa[i]].pb(i);cin>>r;init(n);to[0][0]=1;for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=0;j<=i;j++){ll mul=1;int sgn=(i-j&1)?-1:1;for(int k=0;k<=n;k++){(to[i][k]+=sgn*binom(i,j)*mul)%=mod;mul=mul*((j*r-k)%mod)%mod*ifac[k+1]%mod;}}}for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];dfs(1);cout<<(f[1][0]+mod)%mod;
}