分析：
樹上排列計數不止一次遇到了，我們依然考慮DP
設\(f_{i,j}\)表示以\(i\)為根的子樹下面的點，在排列中形成了\(j\)的連續段，這\(j\)個連續段的相對位置確定的貢獻總和
合併依然是樹上揹包的方式合併，列舉已合併的部分\(i\)段，將要合併的子樹\(j\)段，得到\(k\)段，所合併的根\(u\)便是合併位置的LCA
這裡的複雜度時\(O(n^3)\)
現在的問題是\(i\)段和\(j\)段合併成\(k\)段的方案數
設\(g_{i,j,k}\)為\(i\)段和\(j\)段合併成\(k\)段的方案數
我們嘗試從\(k-1\)推到\(k\)
列舉新的一段由\(i\)

\[g_{i,j,k}=\sum_{t} 2g_{i-t,j-t,k-1}+g_{i-t-1,j-t,k-1}+g_{i-t,j-t-1,k-1} \]

發現列舉\(t\)時\(i-j\)始終不變，我們可以把值存在\(sum_{i-j}\)中優化一下
這裡的複雜度也是\(O(n^3)\)
總複雜度\(O(n^3)\)，然而我的跑很慢。。。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>

#define maxn 505
#define MOD 1000000007

using namespace std;

inline int getint()
{
	int num=0,flag=1;char c;
	while((c=getchar())<'0'||c>'9')if(c=='-')flag=-1;
	while(c>='0'&&c<='9')num=num*10+c-48,c=getchar();
	return num*flag;
}

int n;
int fir[maxn],nxt[maxn],to[maxn],cnt;
int f[maxn][maxn],g[maxn][maxn][maxn],pw[maxn][maxn],sum[maxn<<1],tmp[maxn];
int sz[maxn];

inline void newnode(int u,int v)
{to[++cnt]=v,nxt[cnt]=fir[u],fir[u]=cnt;}
inline int upd(int x){return x<MOD?x:x-MOD;}

inline void dfs(int u,int dpt)
{
	sz[u]=1;f[u][1]=1;
	for(int i=fir[u];i;i=nxt[i])
	{
		int v=to[i];dfs(v,dpt+1);
		for(int j=1;j<=sz[u]+sz[v];j++)tmp[j]=0;
		for(int j=1;j<=sz[u];j++)for(int k=1;k<=sz[v];k++)
			for(int t=max(1,j-k);t<=j+k;t++)tmp[t]=(tmp[t]+1ll*g[j][k][t]*f[u][j]%MOD*f[v][k]%MOD*pw[dpt][j+k-t])%MOD;
		sz[u]+=sz[v];
		for(int j=1;j<=sz[u];j++)f[u][j]=tmp[j];
	}
}

int main()
{
	n=getint();
	for(int i=2;i<=n;i++)newnode(getint(),i);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		pw[i][0]=1;
		for(int j=1;j<=n;j++)pw[i][j]=1ll*pw[i][j-1]*i%MOD;
	}
	g[0][0][0]=1;
	for(int k=1;k<=n;k++)
	{
		memset(sum,0,sizeof sum);
		for(int i=0;i<=n;i++)for(int j=0;i+j<=n;j++)
		{
			if(i+j>=k)g[i][j][k]=(2ll*sum[i-j+n]+sum[i-j+n-1]+sum[i-j+n+1])%MOD;
			sum[i-j+n]=upd(sum[i-j+n]+g[i][j][k-1]);
		}
	}
	dfs(1,1);
	printf("%d\n",f[1][1]);
}