http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3004
合法的方案一定是n的一个约数。首先穷举n的约数m。对于一个结点，假设可以统计出所有子树中未分组的结点个数，设未分组的结点个数加上它自身的值为k，那么：
1、 若k>m，那么这个方案一定不可行；
2、 若k=m，那么这个结点一定是与这些未分组的点分在一起；
3、 若k<m，则不进行操作；
设size[u]是包括u的所有子树的结点个数，那么我们可以推出， m是一个可行方案的充要条件是size[u] % m == 0的结点数量为 n/m。
首先，显然不可能存在一个m是合法方案，并且size[u]%m==0的结点数量大于n/m，因此只可能是小于等于n/m，下面证明不可能小于n/m。
假设存在小于n/m个结点，这每一个结点都对应了一个划分好的连通块，那么必然有一个连通块的结点数大于m，否则就不满足总结点数为n，与条件矛盾。
因此，m是一个可行方案的充要条件是size[u]%m==0的结点数量为 n/m。
整个算法的复杂度的上限为O(NloglogN)。
如果换种方式枚举约数，算法的时间复杂度还可以再优化一点，懒得写了，还要sort
//#define _TEST _TEST
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <iostream>
#include <cmath>
#include <algorithm>
using namespace std;
/************************************************
Code By willinglive Blog:http://willinglive.cf
************************************************/
#define rep(i,l,r) for(int i=(l),___t=(r);i<=___t;i++)
#define per(i,r,l) for(int i=(r),___t=(l);i>=___t;i--)
#define MS(arr,x) memset(arr,x,sizeof(arr))
#define LL long long
#define INE(i,u,e) for(int i=head[u];~i;i=e[i].next)
inline const int read()
{int r=0,k=1;char c=getchar();for(;c<'0'||c>'9';c=getchar())if(c=='-')k=-1;
for(;c>='0'&&c<='9';c=getchar())r=r*10+c-'0';return k*r;}
/////////////////////////////////////////////////
int n;
int fa[1200010];
int sz[1200010];
int c[1200010];
/////////////////////////////////////////////////
inline bool check(int k)
{
int cnt=0;
for(int i=k;i<=n;i+=k) cnt+=c[i];
return cnt>=n/k;
}
/////////////////////////////////////////////////
void input()
{
}
void solve()
{
n=read();
rep(i,2,n) fa[i]=read();
rep(T,1,10)
{
MS(c,0); MS(sz,0);
per(i,n,1)
{
sz[i]++;
sz[fa[i]]+=sz[i];
c[sz[i]]++;
}
printf("Case #%d:\n",T);
rep(i,1,n) if(n%i==0)
{
if(check(i)) printf("%d\n",i);
}
rep(i,2,n)
{
fa[i]+=19940105;
fa[i]=fa[i]%(i-1)+1;
}
}
}
/////////////////////////////////////////////////
int main()
{
#ifndef _TEST
freopen("std.in","r",stdin); freopen("std.out","w",stdout);
#endif
input(),solve();
return 0;
}