膜拜一發\(mts\_246，forever\_shi\)
這兩位爺是真的無敵！
首先來看這個題，一看題目的資料範圍和「關鍵點」字眼，我們就能得知這是一道虛樹題
那就先一如既往的建出來虛樹吧
qwq但是這之後，應該怎麼去dp呢。
首先，我們需要知道在虛樹上每個點的從屬都是誰，這樣才便於我們進一步擴充套件到虛樹之外的點。
那麼怎麼求這個東西呢？我們可以先通過一編dfs，求出來子樹對父親的影響，也就是從下到上的答案（先\(dfs\)到底，再更新）
void dp1(int x,int flag)
for (int i=point[x];i;i=nxt[i]) }
}
void dp2(int x,int flag)
dp2(p,flag);
}}
這裡就需要乙個奇妙的統計答案的技巧了
我們另\(ymh[i]\)表示與\(i\)相同議事處的點的個數。
首先，我們將初值弄成\(size[i]\)，是i在原樹的子樹大小（這一定是不對的，因為子樹中有一些會和他的某個非直系子輩給包含，而他在上面的一片區域，也一定有和他一樣的點）
然後我們進行dfs
對於這個東西，顯然是要從下向上更新的
所以我們\(dfs\)到底，對於當前\(x->p\)這條邊，如果說兩個點的\(bel\)是相等的，我們就令\(ymh[x]-=size[p]\)，相當於把原樹\(x->p\)這路徑附近部分所有的點，都給了\(x\)，不論是合法還是不合法。
那麼上一種情況裡面不合法的情況，就是兩個點之間存在\(bel\)不一樣的點，也就是說，會存在一條邊\(x->p\)，其中\(bel[x]!=bel[p]\)，那麼這條路徑之間的東西應該怎麼算呢。
不難發現，一定是會存在說，這段路徑中間會有乙個點，以上全是屬於\(bel[x]\)，以下全是屬於\(bel[p]\)的。
那麼我們可以通過倍增的方式來求出這個點（具體求的時候有一些細節，直接寫在**裡面了）
然後假設求出來的點是\(lyf\)，那麼$$ymh[p]+=size[lyf]-size[p]，ymh[x]-=size[lyf]$$
原理的話，和上面同理
這種用ymh陣列求解的方式，實際上就是先弄乙個初值，然後把不合法的（或者是會算重複的）減掉，然後把少算的加進去
qwq總之就是很巧妙！！！！！！！
既不會算少，也不會算重複
直接放**
#include#include#include#include#include#include#include#include#define mk makr_pair
#define ll long long
using namespace std;
inline int read()
while (isdigit(ch))
return x*f;
}const int maxn = 6e5+1e2;
const int maxm = 2*maxn;
const int inf = 1e9;
int point[maxn],nxt[maxm],to[maxm],val[maxm];
int bel[maxn],dis[maxn],f[maxn][21];
int num[maxn];
int size[maxn],deep[maxn],dfn[maxn];
int cnt,n,m;
int tot,top;
int s[maxn];
int k,a[maxn];
int ymh[maxn],tag[maxn];
int ans[maxn];
void addedge(int x,int y,int w)
void dfs(int x,int fa,int dep)
}void init()
}int go_up(int x,int d)
} return f[x][0];
} bool cmp(int a,int b)
else
else}}
}if (s[top]!=a[i]) s[++top]=a[i];
}while (top>1)
}void dp1(int x,int flag)
for (int i=point[x];i;i=nxt[i]) }
}void dp2(int x,int flag)
dp2(p,flag); }}
int up(int x,int d)
void dodo(int x)
ans[bel[p]]+=ymh[p];
} if (x==1) ans[bel[x]]+=ymh[x];
}int b[maxn];
int main()
dfs(1,0,1);
init();
memset(point,0,sizeof(point));
m=read();
for (int i=1;i<=m;i++)
return 0;
}
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