題面：

得分情況：
寫了樸素的O(n2)$O(n^2)$dp沒看到OJ上有多組資料，成功爆零了。

正解：
首先O(n2)$O(n^2)$的樸素dp很簡單，dp[i]表示在以i為根的子樹中滿足條件的方案數，轉移是dp[i]=∏j(j為i的兒子)(dp[j]+1）$dp[i]=\prod _{j(j為i的兒子)}(dp[j]+1）$，一次的時間複雜度為O(n)$O(n)$，然後以每個點為根分別做一次dp就行了。
很明顯這題是要換根dp，首先我們跑一遍以1為根的dp，然後從1往下進行第二遍dfs，每個點需要乘的是他的父親除了他這個兒子以外的其他兒子的dp值+1相乘，維護字首積和字尾積即可。總複雜度為O(n)$O(n$

程式碼：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const long long mod=1e9+7;
const int maxn=1e5+100;
long long dp[maxn],g[maxn];
int n,T;
vector <int> map1[maxn];

void dfs1(int now)
{
    dp[now]=1;
    for(int i=0;i<map1[now].size();i++)
    {
        int to=map1[now][i];
        dfs1(to);
        dp[now]=(dp[now]*(dp[to]+1
 
))%mod;
    }
}

void dfs2(int now)
{
    vector <int> l,r;
    int num=map1[now].size();
    for(int i=0;i<=num+1;i++)
    {
        l.push_back(0);
        r.push_back(0);
    }
    l[0]=1;
    for(int i=0;i<num;i++)
    {
        int to=map1[now][i];
        l[i+1]=(l[i]*(dp[to]+1))%mod;
    }
    r[num+1
 
]=1;
    for(int i=num-1;i>=0;i--)
    {
        int to=map1[now][i];
        r[i+1]=(r[i+2]*(dp[to]+1))%mod;
    }
    int k=0;
    for(int i=0;i<num;i++)
    {
        k++;
        g[map1[now][i]]=(((g[now]*l[k-1])%mod*r[k+1])%mod+1)%mod;
        dfs2(map1[now][i]);
    }
}

int main()
{
    scanf("%d",&T);
    while(T--)
    {
        scanf("%d",&n);
        for(int i=1;i<=n;i++) map1[i].clear();
        for(int i=2;i<=n;i++)
        {
            int x;
            scanf("%d",&x);
            map1[x].push_back(i);
        }
        dfs1(1);
        g[1]=1;
        dfs2(1);
        for(int i=1;i<=n;i++) { printf("%lld ",dp[i]*g[i]%mod);}
        printf("\n");
    }
    return 0;
}