大致题意： 有一棵树，给出每个叶节点的点权（互不相同），非叶节点(x)至多有两个子节点，且其点权有(p_x)的概率是子节点点权较大值，有(1-p_x)的概率是子节点点权较小值。假设根节点(1)号节点的点权有(m)种可能性，其中权值第(i)小的可能点权是(V_i)，可能性为(D_i)，求(sum_{i=1}^micdot V_icdot D_i^2)。
前言
好妙的题目，像我这种蒟蒻根本想不到线段树合并还可以这么玩。
同时，在无数个地方漏掉(PushDown)的我感觉自己真是弱到连线段树都不会了......
题意转化
由于题目中保证(0<p_x<1)，所以每种点权都可能被取到。
如果我们将点权排个序，那么(i)和(V_i)都是显然的，只要想个办法求出(D_i)即可。
推式子
首先，我们把权值离散化。
设(f_{x,i})表示节点(x)的权值为(i)的概率，则(D_i=f_{1,i})。
考虑如何转移。
如果(x)没有子节点，设其给定权值为(v)，那么(f_{x,i}=[i=v])。
如果(x)只有一个子节点，设其为(son)，那么(f_{x,i}=f_{son,i})。
如果(x)有两个子节点，分别为(lc)和(rc)。
题目告诉我们，权值是互不相同的。
则对于一个权值(i)，若其满足(f_{lc,i}>0)，就说明这个权值在左子树中。
下面便以在左子树中的权值(i)为例，讲讲(f_{x,i})如何转移，而在右子树中是同理的。
我们知道，有(p_x)的概率，(x)的权值取较大值，则此时(i)应大于右儿子的权值，即概率为(p_x(sum_{k=1}^{i-1}f_{rc,k}))。
同理，有((1-p_x))的概率，(x)的权值取较小值，则此时(i)应小于右儿子的权值，即概率为((1-p_x)(sum_{k=i+1}^mf_{rc,k}))。
而这个概率实际上还要乘上(f_{lc,i})，所以：
线段树合并
仔细观察上面的式子，就可以发现，(sum_{k=1}^{i-1}f_{rc,k})和(sum_{k={i+1}}^mf_{rc,k})分别是前缀和与后缀和。
现在我们需要一个数据结构，能够维护数组之间的转移，还在前缀和与后缀和的维护方面有优势，于是不难想到动态开点线段树。
而这个转移的过程，可以用线段树合并来实现。
用线段树合并有什么好处呢？
就是在线段树合并的过程中，我们可以同时维护下(f_{lc})和(f_{rc})的前缀和与后缀和，这样就能很方便地进行转移了。
当遇到某一个节点，在一棵树中为空，一棵树中非空，我们就可以借助维护下的前缀和与后缀和，打一个乘法标记，便可完成转移了。
具体实现详见代码。
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define Con const
#define CI Con int&
#define I inline
#define W while
#define N 300000
#define LN 20
#define X 998244353
#define add(x,y) (e[++ee].nxt=lnk[x],e[lnk[x]=ee].to=y)
using namespace std;
int n,ee,dc,a[N+5],dv[N+5],Rt[N+5],lnk[N+5];struct edge {int to,nxt;}e[N+5];
I int Qpow(RI x,RI y) {RI t=1;W(y) y&1&&(t=1LL*t*x%X),x=1LL*x*x%X,y>>=1;return t;}
class FastIO
{
private:
#define FS 100000
#define tc() (A==B&&(B=(A=FI)+fread(FI,1,FS,stdin),A==B)?EOF:*A++)
#define tn (x<<3)+(x<<1)
#define D isdigit(c=tc())
char c,*A,*B,FI[FS];
public:
I FastIO() {A=B=FI;}
Tp I void read(Ty& x) {x=0;W(!D);W(x=tn+(c&15),D);}
}F;
template<int PS> class SegmentTree//动态开点线段树
{
private:
#define PD(x) F[x]^1&&
(
V[S[x][0]]=1LL*V[S[x][0]]*F[x]%X,F[S[x][0]]=1LL*F[S[x][0]]*F[x]%X,
V[S[x][1]]=1LL*V[S[x][1]]*F[x]%X,F[S[x][1]]=1LL*F[S[x][1]]*F[x]%X,F[x]=1
)
int Nt,V[PS+5],F[PS+5],S[PS+5][2];
public:
I void Ins(int& rt,CI x,CI l=1,CI r=dc)//插入
{
if(rt=++Nt,V[rt]=F[rt]=1,l==r) return;int mid=l+r>>1;
x<=mid?Ins(S[rt][0],x,l,mid):Ins(S[rt][1],x,mid+1,r);
}
I int Qry(CI rt,CI x,CI l=1,CI r=dc)//询问
{
if(l==r) return V[rt];int mid=l+r>>1;PD(rt);
return x<=mid?Qry(S[rt][0],x,l,mid):Qry(S[rt][1],x,mid+1,r);
}
I int Merge(CI x,CI y,CI p,CI l=1,CI r=dc,CI lx=0,CI rx=0,CI ly=0,CI ry=0)//线段树合并
{
if(!x&&!y) return 0;RI rt=++Nt;//皆为空直接返回
if(!y) return PD(x),F[rt]=(1LL*p*ly+1LL*(1-p+X)*ry)%X,//修改，注意修改前下传标记
V[rt]=1LL*F[rt]*V[x]%X,S[rt][0]=S[x][0],S[rt][1]=S[x][1],rt;//拷贝信息
if(!x) return PD(y),F[rt]=(1LL*p*lx+1LL*(1-p+X)*rx)%X,//修改，注意修改前下传标记
V[rt]=1LL*F[rt]*V[y]%X,S[rt][0]=S[y][0],S[rt][1]=S[y][1],rt;//拷贝信息
int mid=l+r>>1;PD(x),PD(y),F[rt]=1,//先下传标记
S[rt][0]=Merge(S[x][0],S[y][0],p,l,mid,lx,(rx+V[S[x][1]])%X,ly,(ry+V[S[y][1]])%X),//递归处理左子树
S[rt][1]=Merge(S[x][1],S[y][1],p,mid+1,r,(lx+V[S[x][0]])%X,rx,(ly+V[S[y][0]])%X,ry);//递归处理右子树
return V[rt]=(V[S[rt][0]]+V[S[rt][1]])%X,rt;//注意上传信息
}
};SegmentTree<N*LN<<1> S;
I void dfs(CI x)
{
if(!lnk[x]) return S.Ins(Rt[x],lower_bound(dv+1,dv+dc+1,a[x])-dv);//处理叶节点，注意离散化
for(RI i=lnk[x];i;i=e[i].nxt) dfs(e[i].to),//先处理子节点
Rt[x]=Rt[x]?S.Merge(Rt[x],Rt[e[i].to],a[x]):Rt[e[i].to];//合并子节点
}
int main()
{
RI i,x,ans;for(F.read(n),i=1;i<=n;++i) F.read(x),x&&add(x,i);
for(i=1;i<=n;++i) F.read(a[i]),lnk[i]?(a[i]=1LL*a[i]*Qpow(10000,X-2)%X):(dv[++dc]=a[i]);
sort(dv+1,dv+dc+1),dfs(1);//排序
for(ans=0,i=1;i<=dc;++i) x=S.Qry(Rt[1],i),ans=(1LL*i*dv[i]%X*x%X*x+ans)%X;//统计答案
return printf("%d",ans),0;
}