解析

阴间dp题qwq

不难设计dp：

$$d{p}_{x,0}:x节点没有被包含、子树内的方案数$$
$$d{p}_{x,1}:x节点被包含、子树内的方案数$$

考虑转移：
dp[x][0]就是儿子的所有方案数(dp[son][0]+dp[son][1])的累乘

dp[x][1]比较麻烦。首先需要乘上当前儿子的方案数，然后还要考虑x节点和当前儿子合并成一个连通块的情况
合并的时候不能只与一个儿子合并，那样时非法的，因此我们统计一个到现在为止，至少往上蔓延一个儿子的方案数tot，然后用这个乘新儿子的贡献，这是本题一个很关键的技巧
tot的维护可以使用总方案数tot1-一个儿子都没有的方案数tot0
（其实这个tot0维护到最后就是dp[x][0]）

考虑如何统计儿子的贡献
首先儿子被包含时，肯定有一个dp[son][1]要加
但是在儿子没被包含的时候，我们发现无法统计
于是我们统计一个dp[x][3]，表示在x未被包含时，子树内可以单向往上生长的方案数
维护也不太难，注意新儿子对dp[x][3]的贡献还要乘上一个之前的tot0，才能保证是单向的
阿巴阿巴做一做就好了
（更具体的细节建议观看代码，还是比较清晰的）

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define il inline
#define debug(a,b) fprintf(stderr,a,b)
const int N=2e5+100;
const int M=3e6+100;
const int mod=998244353;
inline ll read(){ll x=0,f=1;char c=getchar();while(!isdigit(c)){if(c=='-') f=-1;c=getchar();}while(isdigit(c)){x=x*10+c-'0';c=getchar();}return x*f;
}
int n;
int fi[N],cnt;
struct node{int to,nxt;
}p[N<<1];
inline void addline(int x,int y){p[++cnt]=(node){y,fi[x]};fi[x]=cnt;return;
}
ll dp[N][3];
void dfs(int x){if(fi[x]==-1){dp[x][1]=1;return;}ll tot0=1,tot1=1;for(int i=fi[x];~i;i=p[i].nxt){int to=p[i].to;dfs(to);dp[x][1]=(dp[x][1]*(dp[to][0]+dp[to][1])+(tot1-tot0+mod)%mod*(dp[to][1]+dp[to][2]))%mod;dp[x][2]=(dp[x][2]*(dp[to][0]+dp[to][1])+tot0*(dp[to][2]+dp[to][1]))%mod;tot0=tot0*(dp[to][0]+dp[to][1])%mod;tot1=tot1*(dp[to][0]+dp[to][1]+dp[to][1]+dp[to][2])%mod;}dp[x][0]=tot0;return;
}
int main(){#ifndef ONLINE_JUDGEfreopen("a.in","r",stdin);freopen("a.out","w",stdout);#endifmemset(fi,-1,sizeof(fi));cnt=-1;n=read();for(int i=2;i<=n;i++){int x=read();addline(x,i);}dfs(1);printf("%lld\n",(dp[1][0]+dp[1][1])%mod);return 0;
}