关于 Lagrange Interpolation。
插值即是对于给出的向量组 $V = (v_0, ..., v_{n-1})$，其中 $v_i = (x_i, y_i)$，构造一个函数 $f(x)$ 使得 $\forall i$，有 $f(x_i) = y_i$。
朴素做法即对方程组消元，$O(n^3)$。
Lagrange 插值则是选择了类 CRT 的构造方法，即构造 $n$ 个函数 $f_i(x)$，使得 $\forall i$，有 $f_i(x_i) = y_i$，$\forall j \neq i$，有 $f_i(x_j) = 0$，那么构造结果 $f(x) = \sum \limits_{i=0}^{n-1} f_i(x)$。对于一个 $i$，我们有 $f_i(x) = a_i \times \prod \limits_{i \neq j} x-x_j$，此时若 $a_i \neq = 0$，则我们已经满足了条件二；考虑条件一，令 $a_i = \frac{y_i}{\prod \limits_{i \neq j} x-x_j}$ 即可，即有 $f(x) = \sum \limits_{i=0}^{n-1}y_i\prod\limits_{i\neq j}\frac{x-x_j}{x_i-x_j}$，$O(n^2)$。
看回这个题，朴素的 dp 做法即是令 $dp[u][d]$ 表示考虑子树 $u$ 的方案数，满足 $u$ 的赋权为 $d$，转移即各个子树的 dp 和的乘积，容易看出这是个多项式，即 $dp[u][d]$ 是关于 $d$ 的 $s_u-1$ 次多项式，其中 $s_u$ 为 $u$ 的子树大小。考虑差分 $dp[u][d]-dp[u][d-1] = \prod dp[v][d]$，又因为叶子结点满足条件即证。
那么求出 $dp[0][0 \dots n]$，插值求出其曲线方程，带入 $d$ 即可。
const int mod = 1e9+7;
il int sub(int x,int y) {
if ((x-=y)<0) x+=mod;
return x;
}
il int mul(int x,int y) {
return static_cast<long long>(x)*y%mod;
}
il void adds(int& x,int y) {
if ((x+=y)>=mod) x-=mod;
}
il void muls(int& x,int y) {
x=static_cast<long long>(x)*y%mod;
}
il int qpow(int x,int y) {
int z(1);
for (; y; y>>=1,muls(x,x))
if (y&1) muls(z,x);
return z;
}
il int inv(int m) {
assert(m>0);
return qpow(m,mod-2);
}
int n, dp[3<<10][3<<10], d, Y[3<<10];
bsi<int> adj[3<<10];
void dfs(int x) {
rep(i,1,n+1) dp[x][i] = 1;
for (auto y : adj[x]) {
dfs(y);
rep(i,1,n+1) muls(dp[x][i], dp[y][i]);
}
rep(i,1,n+1) adds(dp[x][i], dp[x][i-1]);
}
signed main() {
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
int x;
cin >> n >> d;
rep(i,1,n) {
cin >> x;
x--;
adj[x] += i;
}
dfs(0);
rep(i,n+1) Y[i] = dp[0][i];
int ans=0;
rep(i,n+1) {
int u=Y[i],v=1;
rep(j,n+1) if (i!=j) muls(u,sub(d,j)),muls(v,sub(i,j));
adds(ans,mul(u,inv(v)));
}
cout<<ans<<"\n";
}