( ext{Solution:})
讲实话这题有点烦，不知道为啥改了下$ ext$就过了……原版本$dfs$好像没啥错啊……
其实对于子树问题，我们求出原来树的$dfs$序列，则可以将它转化为一个序列问题。注意题目中说的是有根树，以$1$为根。
那么，我们一遍$dfs$求出序列后，把它插到询问里面，即更新为原序列。
注意，我们对应$dfs$序并不是原来的点，所以还需要一个数组$rk$维护映射$point o dfn$.
那么，对于维护，一种最直接的树状数组维护前缀和，复杂度套一个$Log$.
另一种，我们考虑一下如何$O(1)$来维护，维护一个计数数组和$sum$数组。
每次更新一个数，如果是加，那么它原来次数的$sum$数组不用修改，在加完的$sum$数组处修改即可。因为这样是一路加过去的，手动模拟一下小样例更好理解。
对于删掉一个数，显然次数$-1$，那么对应地它当前给$sum$数组的贡献就不再奏效，于是先把它的贡献清除掉，再将次数$-1$.
我们通过以上做到了$O(1)$维护前缀和。
那么我们就可以莫队了。将询问离线，并分块排序，复杂度$O(nsqrt).$
玄学$dfs$真不知道怎么搞的，调了半天……
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN=5e5+10;
int dfn[MAXN],n,m,tot,head[MAXN<<1];
int cnt[MAXN],ans[MAXN],dfstime,rk[MAXN];
int bl[MAXN],S,sum[MAXN],c[MAXN],siz[MAXN];
pair<int,int>Rem[MAXN];
struct edge{
int nxt,to;
}e[MAXN<<1];
inline void add(int x,int y){e[++tot].to=y;e[tot].nxt=head[x];head[x]=tot;}
void dfs(int x,int pre){
rk[dfn[x]=++dfstime]=x;
Rem[x].first=dfstime;siz[x]=1;
for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt){
int j=e[i].to;
if(pre==j)continue;
dfs(j,x);siz[x]+=siz[j];
}
Rem[x].second=dfstime;
}
struct Q{
int l,r,k,id;
bool operator<(const Q&B)const{
if(bl[l]==bl[B.l])return r<B.r;
return bl[l]<bl[B.l];
}
}q[MAXN];
inline void inr(int x){++cnt[c[rk[x]]],++sum[cnt[c[rk[x]]]];}
inline void del(int x){--sum[cnt[c[rk[x]]]],--cnt[c[rk[x]]];}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);S=sqrt(n);
for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%d",&c[i]),bl[i]=(i-1)/S+1;
for(int i=1;i<n;++i){
int x,y;
scanf("%d%d",&x,&y);
add(x,y);add(y,x);
}
dfs(1,0);
for(int i=1,v;i<=m;++i){
scanf("%d%d",&v,&q[i].k);q[i].id=i;
q[i].l=dfn[v];q[i].r=dfn[v]+siz[v]-1;
}
sort(q+1,q+m+1);int l=1,r=0;
for(int i=1;i<=m;++i){
int ql=q[i].l,qr=q[i].r;
while(l<ql)del(l++);
while(l>ql)inr(--l);
while(r<qr)inr(++r);
while(r>qr)del(r--);
ans[q[i].id]=sum[q[i].k];
}
for(int i=1;i<=m;++i)printf("%d
",ans[i]);
return 0;
}