[JLOI2014] 松鼠的新家

Description

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。

松鼠想邀请小熊维尼前来参观，并且还指定一份参观指南，他希望维尼能够按照他的指南顺序，先去a1，再去a2，......，最后到an，去参观新家。可是这样会导致维尼重复走很多房间，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。

维尼是个馋家伙，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an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。

Input

第一行一个整数n，表示房间个数第二行n个整数，依次描述a1-an接下来n-1行，每行两个整数x，y，表示标号x和y的两个房间之间有树枝相连。

Output

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，才能让维尼有糖果吃。

Range

2 <= n <= 300000

Solution

树上差分。

其实就是要对树上一条链的权值进行操作，但是不想写树剖(其实我也不会)，所以我们可以用树上差分来解决。

对于每个起点和终点，要把它们本身的权值加 1，它们的 LCA 减 1，LCA 的父亲减 1，最后 dfs 求一遍子树和即可。

Code

// By YoungNeal
#include<cstdio>
#define N 300005
#define int long long
using namespace std;

int d[N];
int n,cnt;
int sx[N];
int cf[N];
int ans[N];
bool vis[N];
int head[N];
];

struct Edge{
    int to,nxt;
}edge[];

void add(int x,int y){
    edge[++cnt].to=y;
    edge[cnt].nxt=head[x];
    head[x]=cnt;
}

void dfs(int now){
    for(int i=head[now];i;i=edge[i].nxt){
        int to=edge[i].to;
        if(d[to]) continue;
        d[to]=d[now]+;
        f[to][]=now;
        ;t<=;t++)
            f[to][t]=f[f[to][t-]][t-];
        dfs(to);
    }
}

int lca(int x,int y){
    if(d[x]<d[y]) x^=y^=x^=y;
    ;~t;t--){
        if(d[f[x][t]]>=d[y]) x=f[x][t];
    }
    if(x==y) return y;
    ;~t;t--){
        if(f[x][t]!=f[y][t])
            x=f[x][t],y=f[y][t];
    }
    ];
}

void dfss(int now){
    vis[now]=;
    for(int i=head[now];i;i=edge[i].nxt){
        int to=edge[i].to;
        if(vis[to]) continue;
        dfss(to);
        cf[now]+=cf[to];
    }
}

signed main(){
    scanf("%lld",&n);
    ;i<=n;i++) scanf("%lld",&sx[i]);
    ;i<n;i++){
        scanf("%lld%lld",&x,&y);
        add(x,y);add(y,x);
    }
    d[]=;
    dfs();
    ;i<n;i++){
        cf[sx[i]]++;
        cf[sx[i+]]++;
        cf[lca(sx[i],sx[i+])]--;
        cf[f[lca(sx[i],sx[i+])][]]--;
    }
    dfss();
    ;i<=n;i++) cf[sx[i]]--;
    ;i<=n;i++) printf("%lld\n",cf[i]);
    ;
}