题目描述
松鼠的新家是一棵树，前几天刚刚装修了新家，新家有 \(n\) 个房间，并且有 \(n-1\) 根树枝连接，每个房间都可以相互到达，且俩个房间之间的路线都是唯一的。天哪，他居然真的住在“树”上。
松鼠想邀请小熊前来参观，并且还指定一份参观指南，他希望小熊能够按照他的指南顺序，先去 \(a_1\) ，再去 \(a_2\) ，\(\cdots\)，最后到 \(a_n\)，去参观新家。可是这样会导致重复走很多房间，懒惰的维尼不停地推辞。可是松鼠告诉他，每走到一个房间，他就可以从房间拿一块糖果吃。
小熊是个馋家伙，立马就答应了。现在松鼠希望知道为了保证维尼有糖果吃，他需要在每一个房间各放至少多少个糖果。
因为松鼠参观指南上的最后一个房间 \(a_n\) 是餐厅，餐厅里他准备了丰盛的大餐，所以当维尼在参观的最后到达餐厅时就不需要再拿糖果吃了。
输入格式
第一行一个正整数 \(n\)，表示房间个数第二行 \(n\) 个正整数，依次描述 \(a_1, a_2,\cdots,a_n\)
接下来 \(n-1\) 行，每行两个正整数 \(x,y\)，表示标号 \(x\) 和 \(y\) 的两个房间之间有树枝相连。
输出格式
一共 \(n\) 行，第 \(i\) 行输出标号为 \(i\) 的房间至少需要放多少个糖果，才能让小熊有糖果吃。
输入输出样例
输入 #1
5
1 4 5 3 2
1 2
2 4
2 3
4 5
输出 #1
1
2
1
2
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说明/提示
对于全部的数据，\(2 \le n \le 3 \times 10^52≤n≤3×10\)
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首先考虑一下题意，输入的第二行给定了松鼠的访问节点的顺序，由于树上两点的路径唯一，所以全程路径已知。
对于这种关心树上路径的问题，树链剖分可做，但这东西我很久很久没写过了，所以用了一个思路比较简单的树上差分（基于点）的方法。
Link: 浅谈差分和树上差分算法的基本应用
LCA 是用倍增实现的，常数有点大，最慢的一个点在 Luogu 上跑了 927ms
具体细节请见代码的注释
代码如下
#include <bits/stdc++.h>
#define MAXN 300007
using namespace std;
int n,cf[MAXN],dep[MAXN];
int a[MAXN],ans[MAXN],fa[MAXN][20];
vector<int> G[MAXN];
inline int readint() { //快速读入
int w=0,X=0; char ch=0;
while (!isdigit(ch)) w|=ch=='-',ch=getchar();
while (isdigit(ch)) X=(X<<3)+(X<<1)+(ch^48),ch=getchar();
return w?-X:X;
}
void dfs(int u,int f) {
fa[u][0]=f,dep[u]=dep[f]+1;
for (int i=0;i<(int)G[u].size();i++)
if (G[u][i]!=f) dfs(G[u][i],u);
}
int lca(int a,int b) {
if (dep[a]>dep[b]) swap(a,b); //先让 b 在下面
//首先跳到同一深度
int c=dep[b]-dep[a];
for (int j=0;(1<<j)<=c;j++)
if ((1<<j)&c) b=fa[b][j];
//一起往上跳
if (a!=b) {
for (int j=19;j>=0;j--)
if (fa[a][j]!=fa[b][j]) a=fa[a][j],b=fa[b][j];
a=fa[a][0];
}
return a;
}
void stat(int u) { //用差分数组统计答案
ans[u]=cf[u];
for (int i=0;i<(int)G[u].size();i++) {
if(G[u][i]==fa[u][0]) continue;
stat(G[u][i]);
ans[u]+=ans[G[u][i]];
}
}
int main() {
memset(cf,0,sizeof(cf)); //差分数组
memset(fa,0,sizeof(fa)); //fa[i][j] 表示从 i 往上跳 2^j 次到达的节点
memset(dep,0,sizeof(dep)); //节点的深度
memset(ans,0,sizeof(ans)); //答案数组
n=readint();
for (int i=1;i<=n;i++) a[i]=readint();
for (int i=1;i<n;i++) {
int x=readint(),y=readint();
G[x].push_back(y),G[y].push_back(x);
}
//倍增求 LCA 的预处理
dfs(1,0);
for (int j=1;j<20;j++)
for (int i=1;i<=n;i++)
fa[i][j]=fa[fa[i][j-1]][j-1];
for (int i=1;i<n;i++) {
cf[a[i]]++,cf[a[i+1]]++;
cf[lca(a[i],a[i+1])]--,cf[fa[lca(a[i],a[i+1])][0]]--; //查封操作
}
stat(1);
for (int i=1;i<=n;i++) printf("%d\n",a[1]==i?ans[i]:ans[i]-1);
return 0;
}