G將軍有一支訓練有素的軍隊，這個軍隊除開G將軍外，每名士兵都有一個直接上級（可能是其他士兵，也可能是G將軍）。現在G將軍將接受一個特別的任務，需要派遣一部分士兵（至少一個）組成一個敢死隊，為了增加敢死隊隊員的獨立性，要求如果一名士兵在敢死隊中，他的直接上級不能在敢死隊中。
請問，G將軍有多少種派出敢死隊的方法。注意，G將軍也可以作為一個士兵進入敢死隊。
輸入格式
輸入的第一行包含一個整數n，表示包括G將軍在內的軍隊的人數。軍隊的士兵從1至n編號，G將軍編號為1。
接下來n-1個數，分別表示編號為2, 3, ..., n的士兵的直接上級編號，編號i的士兵的直接上級的編號小於i。
輸出格式
輸出一個整數，表示派出敢死隊的方案數。由於數目可能很大，你只需要輸出這個數除10007的余數即可。
樣例輸入1
3
1 1
樣例輸出1
4
樣例說明
這四種方式分別是：
1. 選1；
2. 選2；
3. 選3；
4. 選2, 3。
樣例輸入2
7
1 1 2 2 3 3
樣例輸出2
40
數據規模與約定
對於20%的數據，n ≤ 20；
對於40%的數據，n ≤ 100；
對於100%的數據，1 ≤ n ≤ 100000。
資源約定：
峰值內存消耗 < 256M
CPU消耗 < 2000ms
請嚴格按要求輸出，不要畫蛇添足地打印類似：“請您輸入...” 的多余內容。
所有代碼放在同一個源文件中，調試通過后，拷貝提交該源碼。
注意: main函數需要返回0
注意: 只使用ANSI C/ANSI C++ 標准，不要調用依賴於編譯環境或操作系統的特殊函數。
注意: 所有依賴的函數必須明確地在源文件中 #include <xxx>， 不能通過工程設置而省略常用頭文件。
提交時，注意選擇所期望的編譯器類型。
題解：
看一眼題目，不難想到是DFS，然后由於十分類似於樹形DP的經典入門題：http://www.cnblogs.com/dilthey/p/7152681.html
所以可以套用着做：
dp[i][0]:編號i者不去，（其子樹下）可以有多少種方案
dp[i][1]:編號i者去，（其子樹下）可以有多少種方案
我們可以先假設dp[i][0]包含編號為 i 的本人，以及其所有直接與間接下屬都不去的情況（即這一算一種方案）；
那么所有葉子結點的dp[][0]=dp[][1]=1，（原本這里的dp[][0]應該等於0的）；
然后我們有狀態轉移方程：
dp[i][1] = dp[i_1][0] * dp[i_2][0] * dp[i_3][0] * …… * dp[i_K][0]
dp[i][0] = (dp[i_1][0]+dp[i_1][1]) * …… * (dp[i_K][0]+dp[i_K][1]) （i_k為i的第k個下屬，k = 1~K）
最后答案為：( dp[1][0] + dp[1][1] - 1 ) % 10007
即G將軍本人去和不去的2種情況下的方案和，去掉“G將軍和它的下屬全都不去”這種非法情況，再按題目要求模10007.
因為找不到OJ的地方所以AC不AC不太清楚的代碼：
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int maxn = 100000+10; const int MOD = 10007; int dp[maxn][2]; //dp[i][0]:編號i者不去，（其子樹下）可以有多少種方案 //dp[i][1]:編號i者去，（其子樹下）可以有多少種方案 int n; struct Edge{ int u,v; Edge(int a,int b){u=a,v=b;}; }; vector<Edge> E; vector<int> G[maxn]; void addedge(int par,int child) { E.push_back(Edge(par,child)); G[par].push_back(E.size()-1); } void init() { E.clear(); for(int i=0;i<maxn;i++) G[i].clear(); } void dfs(int now) { dp[now][0]=dp[now][1]=1; for(int i=0,nxt,_size=G[now].size();i<_size;i++) { nxt = E[G[now][i]].v; dfs(nxt); dp[now][1] = ( dp[now][1] * dp[nxt][0] )%MOD; dp[now][0] = ( dp[now][0] * (dp[nxt][0]+dp[nxt][1]) )%MOD; } } int main() { init(); scanf("%d",&n); for(int i=2,u;i<=n;i++) { scanf("%d",&u); addedge(u,i); } dfs(1); printf("%d\n",(dp[1][0]+dp[1][1]-1)%MOD); }