（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$
我们从每条路线对答案的贡献来看，进行分类讨论（最后的答案就是两个之和）：
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：
对于一条线的下降部分的处理，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(d2[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
注意事项
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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