（树上差分 \(+\) \(LCA\)） \(O(Mlog_2N)\)
调了两个小时，最后发现把\(lca\)里的\(y\)写成\(x\)了，当场去世。
首先下几个定义：
- \(dis[x]\) 为\(x\)到根节点的距离。由于边权都是\(1\)，所以\(dis[x] = dep[x]\)
- \(LCA(x, y)\) 为 \(x, y\) 的最近公共祖先
- \(LCA(x, y)\ down\) 为 \(x, y\) 的最近公共祖先在往\(y\)的放下下去一格（这里不懂可以看下面的图）
- \(ans[x]\) 为这个点的答案
- 我们称玩家跑的路线为"一条路径"
对于第\(i\)个玩家，发现可以将从\(S_i\)到\(T_i\)的路径分成两条链：
- \(S_i\) 到 \(LCA(S_i, T_i)\)
- \(LCA(S_i, T_i)\ down\) 到 \(T_i\) （这里不算\(LCA\)，不然会重复两次 ）
不太理解的同学看这张图，设\(S_i = 6, T_i = 8\)。其中$ LCA(6, 8) down = 5$
然后我们进行分类讨论：
从起点出发，终点在第一条链上（上升链）：
考虑一个玩家\(i\)对答案的贡献：
这条玩家的起点为\(S_i\) ，终点为 \(LCA(S_i, T_i)\)。
考虑它对答案的贡献只存在于这条链上（因为它只走过这条链上的点）：
设在这条链上存在一点\(x\)，且到\(x\)点刚好为\(W_x\)秒，则有：
\(dis[S_i] - dis[x] = W_x\)
转换一下（把能从\(x\)直接得到的放在一边，需要统计的放在另一边）：
\(dis[x] + W_x = dis[S_i]\)
考虑一个点得到的答案：
也就是说，当存在一个路径\(S_y, T_y\)使得：
\(dis[x] + W_x = dis[S_y]\)的时候，就看见了一个人\(ans[x]++\)
那我们只要建立一个数组\(d1\) , \(d1[x][a]\) 表示以x为节点的答案统计中， \(a\)这个值出现了多少次。
那么，\(ans[x] = d1[x][W_x]\)
但注意了，这条线到 \(LCA(S_y, T_y)\) 会拐弯，\(y\)这个人对 \(LCA(S_i, T_i)\)的上面的节点答案是没有贡献的。
我们总结一下：
对于一条线的上升部分的处理，我们需要：
对于\(S_i\) 到\(LCA(S_i, T_i)\) 这条链上的所有点\(b\)，让\(d1[b][dis[S_i]]++\)。
这不就是树上差分吗？
我们还发现\(d1\)的第一维可以滚动掉，然后用一遍\(dfs\)动态维护这个次数。
从起点出发，终点在第二条链上（下降链）：
这里，我们可以用第一条链的思路进行思考，只不过改变一下细节。
考虑一个玩家\(i\)对答案的贡献：
这条玩家的起点为\(LCA(S_i, T_i)\ down\) ，终点为 \(T_i\) 。
考虑它对答案的贡献只存在于这条链上（因为它只走过这条链上的点）：
设在这条链上存在一点\(x\)，且到\(x\)点刚好为\(W_x\)秒，则有：
\(dis[S_i] + dis[x] - 2 * dis[LCA(S_i, T_i)] = W_x\)
转换一下：（把能从\(x\)直接得到的放在一边，需要统计的放在另一边）：
\(W_x - dis[x] = dis[S_i] - 2 * dis[LCA(S_i, T_i)]\)
考虑一个点得到的答案：
也就是说，当存在一个条路径\(S_y,\)使得：
\(W_x - dis[x] = dis[S_y] - 2 * dis[LCA(S_y, T_y)]\)的时候，就看见了一个人\(ans[x]++\)
我们建立一个数组\(d2\) , \(d2[x][a]\) 以x为节点的答案统计中， \(a\)这个值出现了多少次。
那么，\(ans[x] = d2[x][W_x]\)
我们总结一下：
对于一条线的上升部分的处理，我们需要：
对于\(LCA(S_i, T_i)\ down\) 到 \(T_i\) 的这条链上的所有点\(b\)，让\(d1[b][dis[S_i] - 2 * dis[LCA(S_i, T_i)]]++\)。
同理，我们这里也可以使用树上差分。
这里需要注意的一点是：\(dis[S_i] - 2 * dis[LCA(S_i, T_i)]\) 可能是负数，为了不让数组越界，我们可以加一个偏移量
这种特殊（需要二维数组，滚动数组优化后）的树上差分如下：
- 存下所有点的操作序列。
- 每次到一个点的时候，把它的所有操作执行一遍。
- 注意一个特殊的点，这里可能会统计掉其他子树（旁支），所以只需开始进入的时候存一个，回溯的时候存一个，两数相减即为答案。
代码实现（我用的是倍增求LCA）：
#include <cstdio> #include <iostream> #include <vector> using namespace std; typedef pair<int, int> PII; const int N = 300005, M = N << 1, L = 19; int n, m, fa[N][L], dis[N]; //d1的下表值域是(0 ~ 2n)的 int d1[N << 1], d2[N << 1], ans[N], w[N]; //op1, op2 分别是 d1, d2 的操作序列 //Pair(下表的值，要加的次数) vector<PII> op1[N], op2[N]; //链式前向星 int head[N], numE = 0; struct Edge{ int next, to; }e[M]; void addEdge(int from, int to){ e[++numE].next = head[from]; e[numE].to = to; head[from] = numE; } //预处理dfs void dfs_(int u, int last){ fa[u][0] = last; for(int i = 1; fa[u][i - 1]; i++) fa[u][i] = fa[fa[u][i - 1]][i - 1]; for(int i = head[u]; i; i = e[i].next){ int v = e[i].to; if(v == last) continue; dis[v] = dis[u] + 1; dfs_(v, u); } } //倍增求LCA int lca(int x, int y){ if(dis[x] < dis[y]) swap(x, y); for(int i = L - 1; ~i; i--) if(dis[x] - (1 << i) >= dis[y]) x = fa[x][i]; if(x == y) return x; for(int i = L - 1; ~i; i--) if(fa[x][i] != fa[y][i]) x = fa[x][i], y = fa[y][i]; return fa[x][0]; } //添加操作序列 void update(int s, int t){ int p = lca(s, t); op1[s].push_back(make_pair(dis[s], 1)); op1[fa[p][0]].push_back(make_pair(dis[s], -1)); op2[t].push_back(make_pair(dis[s] - 2 * dis[p] + n, 1)); op2[p].push_back(make_pair(dis[s] - 2 * dis[p] + n, -1)); } //最后一遍dfs求答案 void dfs(int u, int last){ //v1, v2 就是我们寻找的值 int v1 = w[u] + dis[u], v2 = w[u] - dis[u] + n; int res1 = d1[v1], res2 = d2[v2]; for(int i = head[u]; i; i = e[i].next){ int v = e[i].to; if(v == last) continue; dfs(v, u); } //加入操作 for(int i = 0; i < op1[u].size(); i++) d1[op1[u][i].first] += op1[u][i].second; for(int i = 0; i < op2[u].size(); i++) d2[op2[u][i].first] += op2[u][i].second; ans[u] = (d1[v1] - res1) + (d2[v2] - res2); } int main(){ scanf("%d%d", &n, &m); for(int i = 1; i < n; i++){ int u, v; scanf("%d%d", &u, &v); addEdge(u, v); addEdge(v, u); } for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", w + i); dfs_(1, 0); for(int i = 1; i <= m; i++){ int s, t; scanf("%d%d", &s, &t); update(s, t); } dfs(1, 0); for(int i = 1; i <= n; i++) printf("%d ", ans[i]); return 0; } 鸣谢：
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