首先，我們考慮對於一條路徑
從x->y，可以把它拆分成兩部分，圖中用虛線分開，然後這條路徑就變成了x->lca,son[lca]->y
先來考慮從x向上走到lca的路徑，對於這條路上的節點i，玩家能對節點i產生貢獻的前提是deep[x]-w[i]=deep[i]
移項可得deep[x]=w[i]+deep[i]，也就是說起點在w[i]+deep[i]這個深度的玩家向上走的時候都會對節點i產生1的貢獻，（玩家想對節點i產生貢獻，那它的深度一定等於w[i]+deep[i]）
對於每一層深度建一顆線段樹，動態開點，先dfs整個樹，求出每個節點的dfs序，那麼這就轉化成區間問題，對於每乙個玩家s->t，在深度為deep[s]的線段樹id[s]的位置加1，id[fa[lca(s,t)]]-1,利用了差分思想，每一次求一下節點i在深度為w[i]+deep[i]的線段樹里[in[i],out[i]]區間和就是答案，利用差分可以防止不合法的計算，id[fa[lca(s,t)]]-1,保證x不會被lca以上的節點計算貢獻
然後考慮向下的路徑，對於son[lca]->y的路徑上的節點j，玩家能對j產生貢獻前提是deep[x]+deep[y]-2*deep[lca(x,y)]-w[j]=deep[y]-deep[j]
移項可得deep[x]-2*deep[lca(x,y)]=w[j]-deep[j]相應的，我們在deep[x]-2*deep[lca]深度的線段樹id[x]的位置加1，lca處減1，然後對於每個節點，查詢w[j]-deep[j]深度的線段樹[in[j],out[j]]即可
注意紅字部分可能出現負數，下標統一加n
#include#include#include#include#define maxn 300005
using namespace std;
int n,m;
int fa[maxn],d[maxn*5],ans[maxn];
struct edge
b[maxn*2];
int kk=0,head[maxn];
struct edge2
s[maxn*2];
int w[maxn];
int f[maxn][35];
inline int read()
return x;
}inline void add(int u,int v)
inline void init()
void pre()
return fa[x];
}int q[maxn],h[maxn],id=0;
void dfs(int x)
h[x]=id;
}int root[maxn*30],sum[maxn*30],ls[maxn*30],rs[maxn*30];
int cnt=0;
struct tree
void insert(int &k,int l,int r,int x,int w)
int quiry(int k,int l,int r,int ll,int rr)
}tr;
inline void init2()
int main()
{ freopen("runninga.in","r",stdin);
freopen("runninga.out","w",stdout);
init();
n=read();m=read();
int x,y,anc;
for(int i=1;i
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