ARC150D

首先由于期望的线性性，考虑对每个点分别计算它的期望操作次数。

然后设当前考虑的点为 $u$，那么只用关注根节点到 $u$ 的链上的点。

对这条链上的操作满足以下两个性质：

• 只会对链上的坏点染色。
• 在这条链上所有点变成黑色，即 $u$ 变成好点之前，一直都会对这条链进行操作。

然后就是整道题中最难以理解的地方（个人认为）。

这里我们假设无论好点坏点，都可以选，而这不影响 $u$ 变成好点的期望次数。

为什么可以假设好点也可以选呢？

首先选出来的好点不可能是 $u$，因为 $u$ 一旦变成好点操作就结束了。

而被选到的好点一定是黑色的，对它进行操作，不影响整条链的状态。

而对于一个固定的状态，$u$ 变成好点的期望操作次数也是固定的。

所以是否可以选好点对 $u$ 变成好点的期望操作次数没有任何影响。

去除了不能选好点的限制，就简单多了。

条件变成，对于 $n$ 个元素，每次等概率随机选择一个元素，求所有元素至少被选中一次的期望操作次数。

这是一道经典题目，答案是 $\sum\limits_{i=1}^n\dfrac{n}{i}$，因为假设当前有 $m$ 个元素已经被选过，那么有 $\dfrac{n-m}{n}$ 的概率选到新的没有被选过的元素，期望 $\dfrac{n}{n-m}$ 次选到一个新的没有被选过的元素，合起来就是上面的式子。

而这个东西是总的期望操作次数，而 $n$ 个元素都是等价的，所以对于其中某一个元素，它的期望操作次数是 $\sum\limits_{i=1}^n\dfrac{1}{i}$。

Code：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 200005, mod = 998244353;
int n;
int dep[N];
int inv[N], sum[N];

int qpow(int x, int y) {
	int res = 1;
	while (y) {
		if (y & 1) res = 1ll * res * x % mod;
		x = 1ll * x * x % mod;
		y >>= 1;
	}
	return res;
}

void add(int &a, int b) {
	a += b;
	if (a >= mod) a -= mod;
}

int main() {
	scanf("%d", &n);
	for (int i = 1; i <= n; ++i) inv[i] = qpow(i, mod - 2), sum[i] = (sum[i - 1] + inv[i]) % mod;
	dep[1] = 1;
	for (int i = 2, x; i <= n; ++i) scanf("%d", &x), dep[i] = dep[x] + 1;
	int ans = 0;
	for (int i = 1; i <= n; ++i) add(ans, sum[dep[i]]);
	printf("%d", ans);
	return 0;
}