设 \(u\) 子树内的权值和为 \(sum_u\)。
考虑枚举分成 \(x\) 几个联通块，每个联通块的权值和为 \(sum_1/x\)。
如果这个方案合法，那么满足 \(sum_u\) 是 \(sum_1/x\) 的 \(u\) 的个数应恰好为 \(x\)。（把满足条件的点和祂的父亲断开。）
那么 \(k\times\frac{sum_1}{x}=sum_u\)，即 \(x=\frac{sum_1}{sum_n}\times k\)。
为了使 \(\frac{sum_1}{sum_n}\) 为整数，\(k\times sum_1\) 一定是 \(sum_u\) 的倍数。
把 \(k\) 中的一部分分到 \(\frac{sum_1}{sum_n}\) 中，变成 \(x=\frac{sum_1}{\gcd(sum_1,sum_n)}\times k'\)。
倒着跑一遍埃筛，即可求出能否分成 \(x\) 个联通块。
考虑倒过来，合并。
设 \(f_i\) 表示合并到 \(i\) 个联通块的方案数，祂只能有祂的倍数转移过来，再倒着跑一遍埃筛，答案为 \(f_1\)。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
namespace IO{template<typename T>inline void read(T&x){x=0;char c=getchar();bool f=0;while(!isdigit(c)) c=='-'?f=1:0,c=getchar();while(isdigit(c)) x=x*10+c-'0',c=getchar();f?x=-x:0;}template<typename T>inline void write(T x){if(x==0){putchar('0');return ;}x<0?x=-x,putchar('-'):0;short st[50],top=0;while(x) st[++top]=x%10,x/=10;while(top) putchar(st[top--]+'0');}inline void read(char&c){c=getchar();while(isspace(c)) c=getchar();}inline void write(char c){putchar(c);}inline void read(string&s){s.clear();char c;read(c);while(!isspace(c)&&~c) s+=c,c=getchar();}inline void write(string s){for(int i=0,len=s.size();i<len;i++) putchar(s[i]);}template<typename T>inline void write(T*x){while(*x) putchar(*(x++));}template<typename T,typename...T2> inline void read(T&x,T2&...y){read(x),read(y...);}template<typename T,typename...T2> inline void write(const T x,const T2...y){write(x),putchar(' '),write(y...),sizeof...(y)==1?putchar('\n'):0;}
}using namespace IO;
#define int long long
const int maxn=1000010,mod=1000000007;
int a[maxn],n,sum[maxn],f[maxn],fa[maxn],g[maxn];
signed main(){read(n);for(int i=1;i<=n;i++) read(a[i]),sum[i]=a[i];for(int i=2;i<=n;i++) read(fa[i]);for(int i=n;i>=2;i--) sum[fa[i]]+=sum[i];for(int i=1;i<=n;i++){int z=sum[1]/__gcd(sum[1],sum[i]);if(z<=n) g[z]++;}for(int i=n;i>=1;i--) for(int j=i+i;j<=n;j+=i) g[j]+=g[i];for(int i=n;i>=1;i--){if(g[i]!=i) continue;f[i]=1;for(int j=i+i;j<=n;j+=i) (f[i]+=f[j])%=mod;}write(f[1]);return 0;
}