这道题目需要我们 ( ext{check}) 每一棵子树内是否存在完全位于该子树内的颜色。
这个我们可以利用 ( ext{dfn}) 来实现。
具体的就是找到每一个颜色在 ( ext{dfn}) 上的第一个出现位置和最后一个出现位置，每一次将当前子树的 ( ext{dfn}) 区间与子树内所有颜色的这个第一次出现位置和最后一个出现位置比较即可。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=5e5+5;
int n,k,a[N];
struct Edge{int nxt,to;}e[N<<1];int fir[N];
void add(int u,int v,int i){e[i]=(Edge){fir[u],v},fir[u]=i;}
struct DSU{
int fa[N];
void init(){for(int i=1;i<=n;++i)fa[i]=i;}
int find(int x){return fa[x]==x?x:fa[x]=find(fa[x]);}
void merge(int u,int v){
int fu=find(u),fv=find(v);
if(fu!=fv) fa[fu]=fv;
}
}d;
int L[N],R[N],mx[N],mn[N],cnt_dfn=0;
void dfs1(int u,int fa){
L[u]=++cnt_dfn;
mn[a[u]]=min(mn[a[u]],cnt_dfn);
mx[a[u]]=max(mx[a[u]],cnt_dfn);
for(int i=fir[u];i;i=e[i].nxt){
int v=e[i].to;if(v!=fa) dfs1(v,u);
}
R[u]=cnt_dfn;
}
int LL[N],RR[N];
void dfs2(int u,int fa){
LL[u]=mn[a[u]],RR[u]=mx[a[u]];
for(int i=fir[u];i;i=e[i].nxt){
int v=e[i].to;if(v==fa) continue;
dfs2(v,u),LL[u]=min(LL[u],LL[v]),RR[u]=max(RR[u],RR[v]);
}
if(LL[u]<L[u]||R[u]<RR[u]) d.merge(u,fa);
}
int deg[N],res=0;
int main(){
cin>>n>>k;
for(int i=1;i<n;++i){
int u,v;scanf("%d%d",&u,&v);
add(u,v,i<<1),add(v,u,i<<1|1);
}
for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&a[i]);
for(int i=1;i<=k;++i) mn[i]=1e9+7;
d.init(),dfs1(1,0),dfs2(1,0);
for(int i=1;i<n;++i){
if(d.find(e[i<<1].to)!=d.find(e[i<<1|1].to))
deg[d.find(e[i<<1].to)]++,deg[d.find(e[i<<1|1].to)]++;
}
for(int i=1;i<=n;++i) if(d.find(i)==i) res+=(deg[i]==1);
return printf("%d
",(res+1)/2),0;
}
/*
我们相当于是枚举每一条边，该边的权值就是两边子树完全位于其中的州的个数取 $max$ 。
然后我们如何数出完全位于该子树中的州的个数呢？一个子树对应一个 $ ext{dfn}$ 区间，
而一个州有着位于 $ ext{dfn}$ 上最前和最后的两个点，如果这两个点的 $ ext{dfn}$
都位于这个子树的区间中，那么必然，这整个州都位于 $ ext{dfn}$ 中，这就相当于一个
二维数点。那么完全不位于其中的个数呢？
好像我们可以考虑离线下来区间数颜色，复杂度是一个根号的。有梦想可以搞。
我们这是一棵树啊，子树数颜色不是直接线段树合并嘛？然后就很简单了，对于子树内的，用
$dfn$ 求，对于子树外的，用数颜色容斥一下。
好屎啊。
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等一下，为啥提交记录里的代码都这么短啊，我是不是假了啊。
哈哈，题意完全转换错误。
我们就这样考虑，判断每一条边是否能被拆分。对于能被拆分的边我们保留，不然合并，我们
就可以得到另一个树，然后我们需要用最少的路径去覆盖整一棵树，直接叶子个数除以二上取
整即可。
相当于，对于一条边，我们只需要判断其两端是否存在独立的州，如果有，就保留，不然将边
两端的点合并，然后对于新图，数一下叶子就行了。
*/