分类： 图论

一种\(n^2log^2n\)的做法是可以想到的：点分治，使用multiset来维护以某个节点为根的某一些链上的颜色信息。合并的时候\(O(nlogn)\)合并。
我们略微计算了一下复杂度，感觉这是卡不过去的。

仔细想想我们发现计算一条路径上不同的颜色数量是较为困难的，故而我们可以转而统计不同颜色对\(ans_i\)的贡献。
我们仔细思考，发现，对于以一个点\(rt\)为根的子树的某个点\(i\)，其颜色是从\(i\)到\(rt\)的路径上首次出现的，那么我们在计算任意一个其他子树内的点\(j\)答案时，可以将答案减去\(sz_i\)，然后再容斥掉\(j\)到\(rt\)路径上存在\(a_i\)这种颜色的情况。
故而，对于每一次分治要处理的以\(rt\)为根的树，我们可以先预处理出\(sm\)，表示的是这棵树中所有满足「到根节点路径上没有与其颜色相同的点」的点的子树大小之和；以及\(val_i\)，表示的是颜色为\(i\)的到根节点路上没有颜色为\(i\)的节点的子树大小之和。然后我们需要对以它的每一个子节点为根的子树统计答案。
显而易见的，\(j\)到\(rt\)的路径上经过的颜色是不应该被重复统计的，所以我们要让\(sm\)减去\(\sum val_{i}\)，其中\(i\)是路径上经过的颜色。
此外，我们还需要统计这些颜色对答案的贡献。令这些颜色的数量为\(nm\)，那么它们对\(j\)的答案的贡献就应该是\(nm*dlt\)，其中\(dlt\)是\(rt\)除了当前正在找的子节点以外的子节点的子树大小之和。
然后，我们还需要统计以根节点为路径端点的答案数量——这种答案是上述方法未统计到的。所以，我们需要将根节点的答案减去\(val_{a_{rt}}\)，然后再加上以根节点为根的所有路径数量，也就是\(sz_{rt}\)

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<set>
#define Fv(i,X) for(int i=h[X];i;i=e[i].nxt)

typedef long long ll;

inline int Max(int A,int B){
	return A>B?A:B;
}
inline ll Max(ll A,ll B){
	return A>B?A:B;
}

struct ee{
	int v;
	int nxt;
}e[200005];
int h[100005],et=0;
inline void Eadd(int U,int V){
	e[++et]=(ee){V,h[U]};
	h[U]=et;
}
inline void add(int U,int V){
	Eadd(U,V);
	Eadd(V,U);
}

int n,a[100005];
int s,rt=0;
int vis[100005];
ll sz[100005],mx[100005],ans[100005];
inline void dfs0(int X,int FA){
	sz[X]=1,mx[X]=0;
	Fv(i,X){
		if(e[i].v==FA||vis[e[i].v]){
			continue;
		}
		dfs0(e[i].v,X);
		sz[X]+=sz[e[i].v];
		mx[X]=Max(mx[X],sz[e[i].v]);
	}
	mx[X]=Max(mx[X],s-sz[X]);
	if(mx[X]<mx[rt]){
		rt=X;
	}
}
ll cnt[100005],val[100005],sm=0,nm=0,dlt;
inline void dfs2(int X,int FA){
	sz[X]=1;
	++cnt[a[X]];
	Fv(i,X){
		if(e[i].v==FA||vis[e[i].v]){
			continue;
		}
		dfs2(e[i].v,X);
		sz[X]+=sz[e[i].v];
	}
	if(cnt[a[X]]==1){
		sm+=sz[X];
		val[a[X]]+=sz[X];
	}
	--cnt[a[X]];
}
inline void dfs3(int X,int FA,int TYP){
	++cnt[a[X]];
	Fv(i,X){
		if(e[i].v==FA||vis[e[i].v]){
			continue;
		}
		dfs3(e[i].v,X,TYP);
	}
	if(cnt[a[X]]==1){
		sm+=sz[X]*TYP;
		val[a[X]]+=sz[X]*TYP;
	}
	--cnt[a[X]];
}
inline void dfs4(int X,int FA){
	++cnt[a[X]];
	if(cnt[a[X]]==1){
		++nm;
		sm-=val[a[X]];
	}
	ans[X]+=sm+nm*dlt;
	Fv(i,X){
		if(e[i].v==FA||vis[e[i].v]){
			continue;
		}
		dfs4(e[i].v,X);
	}
	if(cnt[a[X]]==1){
		--nm;
		sm+=val[a[X]]; 
	}
	--cnt[a[X]];
}
inline void dfs5(int X,int FA){
	val[a[X]]=cnt[a[X]]=0;
	Fv(i,X){
		if(e[i].v==FA||vis[e[i].v]){
			continue;
		}
		dfs5(e[i].v,X);
	}
}
inline void calc(int X){
	sm=nm=0;
	dfs2(X,0);
	ans[rt]+=sm-val[a[X]]+sz[X];
	Fv(i,X){
		if(vis[e[i].v]){
			continue;
		}
		++cnt[a[X]];
		sm-=sz[e[i].v];
		val[a[X]]-=sz[e[i].v];
		dfs3(e[i].v,X,-1);
		--cnt[a[X]];
		
		dlt=sz[X]-sz[e[i].v];
		dfs4(e[i].v,X);
		
		++cnt[a[X]];
		sm+=sz[e[i].v];
		val[a[X]]+=sz[e[i].v]; 
		dfs3(e[i].v,X,1);
		--cnt[a[X]];
	}
	dfs5(X,0);
}

inline void dfs1(int X){
	vis[X]=1;
	calc(X);
	Fv(i,X){
		if(vis[e[i].v]){
			continue;
		}
		s=sz[X],rt=0;
		dfs0(e[i].v,X);
		dfs1(rt);
	}
}

void init(){
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;++i){
		scanf("%d",&a[i]);
	}
	int u,v;
	for(int i=1;i<n;++i){
		scanf("%d%d",&u,&v);
		add(u,v);
	}
	rt=0,mx[0]=n;
	dfs0(1,0);
	dfs1(rt);
	for(int i=1;i<=n;++i){
		printf("%lld\n",ans[i]);
	}
}

int main(){
	init();
	return 0;
}

点分治是一种常常用于处理树上路径统计问题的算法。
首先我们可以想到这一题的一种简单的分治做法：找到一个点，从它开始搜，求出它的每一种长度。然后搜它的每一个子树，找到这些子树的根，求出它们的每一种长度并统计答案。
下面的问题便是要如何统计答案。容易想到的一种方案是枚举以某个点为根的链长两两相加得到的长度再容斥掉重复经过某一条边的路径，也就是所有经过它的同一个子节点的链对。
然而仔细想想这种做法的复杂度是有问题的。在菊花图上，它甚至会达到\(n^2\)的复杂度。故而我们必须另外考虑其他做法。
仔细观察数据范围，我们发现询问个数不超过100，这启发我们考虑一种\(O(nmlogn)\)的做法。
当我们求出以某个节点为根且经过前\(i\)个子节点的所有链以后，我们可以直接标记这这些长度的存在性，然后搜索经过第\(i+1\)个子节点的所有链，并枚举判断询问的长度减去这个链的长度剩下的长度是否存在。
这就做完了。

另：这题的数据是真的水。我犯了两个错，一个是没重设为局部大小，一个是找重心写挂了，而且用的还是复杂度错的算法，居然还过了…

#include<iostream>
#include<cstdio>

#define Fv(i,X) for(int i=h[X];i;i=e[i].nxt) 

inline int Max(int A,int B){
	return A>B?A:B;
}
struct ee{
	int v;
	int w;
	int nxt;
}e[20005];
int h[10005],et=0;
inline void Eadd(int U,int V,int W){
	e[++et]=(ee){V,W,h[U]};
	h[U]=et;
}
inline void add(int U,int V,int W){
	Eadd(U,V,W);Eadd(V,U,W);
}
int ans[10005]; 

int n,m,rt,s;

int mx[10005],sz[10005],vis[10005];
inline void dfs0(int X,int FA){
	sz[X]=1,mx[X]=0;
	Fv(i,X){
		if(e[i].v==FA||vis[e[i].v]){
			continue;
		}
		dfs0(e[i].v,X);
		sz[X]+=sz[e[i].v];
		mx[X]=Max(mx[X],sz[e[i].v]);
	}
	mx[X]=Max(mx[X],s-sz[X]);
	if(mx[X]<mx[rt]){
		rt=X;
	}
}
int a[10005];
int dis[10005],tp=0;
inline void dfs2(int X,int FA){
	dis[++tp]=a[X];
	Fv(i,X){
		if(e[i].v==FA||vis[e[i].v]){
			continue;
		}
		a[e[i].v]=a[X]+e[i].w;
		dfs2(e[i].v,X);
	}
}
int exist[10000005],lst[10005],cnt=0,qry[10005];
inline void calc(int X){
	cnt=0;
	Fv(i,X){
		if(vis[e[i].v]){
			continue;
		}
		a[e[i].v]=e[i].w;
		tp=0;
		dfs2(e[i].v,X);
		for(int j=1;j<=m;++j){
			for(int k=1;k<=tp;++k){
				(qry[j]-dis[k]>=0)?ans[j]|=exist[qry[j]-dis[k]]:0; 
			}
		}
		for(int j=1;j<=tp;++j){
			lst[++cnt]=dis[j];
			exist[dis[j]]=1;
		}
	}
	for(int i=1;i<=cnt;++i){
		exist[lst[i]]=0;
	}
}

inline void dfs1(int X){
	exist[0]=vis[X]=1;
	calc(X);
	Fv(i,X){
		if(vis[e[i].v]){
			continue;
		}
		s=sz[X],rt=0;//记得重置根。 
		dfs0(e[i].v,X);
		dfs1(rt);
	}
}

void init(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	int u,v,w,x;
	for(int i=1;i<n;++i){
		scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
		add(u,v,w);
	}
	for(int i=1;i<=m;++i){
		scanf("%d",&x);
		qry[i]=x;
	}
	s=n,mx[0]=n,rt=0;
	dfs0(1,0);
	dfs1(rt);
	for(int i=1;i<=m;++i){
		puts(ans[i]?"AYE":"NAY");
	}
} 

int main(){
	init();
	return 0;
}