题意
分析
对一个(s,t)查询，令f=lca(s,t)，则操作可化为(s,f),(f,t)。
考虑观察到的情况，若x在s到t的路径上，且x观察到，则
\[
\textrm{dep}_s-\textrm{dep}_x=w_x\\
\textrm{dep}_s=\textrm{dep}_x+w_x
\]
或者
\[
\textrm{dep}_t+\textrm{dep}_s-2\textrm{dep}_f-(\textrm{dep}_t-\textrm{dep}_x)=w_x\\
\textrm{dep}_s-2\textrm{dep}_f=w_x-\textrm{dep}_x
\]
那么相当于在x的子树中查询等于x相关的值的个数。
考虑树上差分，在s或t处加1，在f处减1，然后对每个权值建一个以dfn序为下标的线段树，维护加减1的个数。
枚举树上节点，查询子树即可。
时间复杂度\(O(m \log n + n \log n)\)
代码
注意数组的范围。
分成2条链操作的时候，1次统计f，1次不统计f。
第2种情况时为了数组下标大于0，要加上n+1。
注意fa[f]=0的情况，不应该操作线段树。
#include<cstdlib>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<ctime>
#include<iostream>
#include<string>
#include<vector>
#include<list>
#include<deque>
#include<stack>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
#include<bitset>
#include<algorithm>
#include<complex>
#define rg register
#define il inline
#pragma GCC optimize ("O3")
using namespace std;
template<class T> inline T read(T&x)
{
T data=0;
int w=1;
char ch=getchar();
while(!isdigit(ch))
{
if(ch=='-')
w=-1;
ch=getchar();
}
while(isdigit(ch))
data=10*data+ch-'0',ch=getchar();
return x=data*w;
}
typedef long long ll;
const int INF=0x7fffffff;
const int MAXN=3e5+7;
int w[MAXN],t[MAXN];
struct Edge
{
int nx,to;
}E[MAXN<<1];
int head[MAXN],ecnt;
il void addedge(rg int x,rg int y)
{
E[++ecnt].to=y;
E[ecnt].nx=head[x],head[x]=ecnt;
}
int fa[MAXN],dep[MAXN],siz[MAXN],son[MAXN];
il void dfs1(rg int x,rg int f)
{
fa[x]=f,dep[x]=dep[f]+1,siz[x]=1;
for(rg int i=head[x];i;i=E[i].nx)
{
rg int y=E[i].to;
if(y==f)
continue;
dfs1(y,x);
siz[x]+=siz[y];
if(siz[y]>siz[son[x]])
son[x]=y;
}
}
int top[MAXN];
int dfn[MAXN],clk;
il void dfs2(rg int x,rg int tp)
{
top[x]=tp;
dfn[x]=++clk;
if(!son[x])
return;
dfs2(son[x],tp);
for(rg int i=head[x];i;i=E[i].nx)
{
rg int y=E[i].to;
if(y==fa[x]||y==son[x]) // edit 1
continue;
dfs2(y,y);
}
}
il int lca(rg int x,rg int y)
{
while(top[x]!=top[y])
{
if(dep[top[x]]<dep[top[y]])
swap(x,y);
x=fa[top[x]];
}
return dep[x]<dep[y]?x:y;
}
struct Quiz
{
int s,t,lca;
}Q[MAXN];
int ans[MAXN];
int root[MAXN*3],tcnt;
int ql,qr,v;
struct SegTree
{
int sumv[MAXN*20];
int L[MAXN*20],R[MAXN*20];
il void add(rg int&now,rg int l,rg int r)
{
if(!now)
now=++tcnt;
sumv[now]+=v;
if(l==r)
return;
rg int mid=(l+r)>>1;
if(ql<=mid)
add(L[now],l,mid);
else
add(R[now],mid+1,r);
}
il int qsum(rg int now,rg int l,rg int r)
{
if(!now)
return 0;
if(ql<=l&&r<=qr)
return sumv[now];
rg int mid=(l+r)>>1;
if(qr<=mid)
return qsum(L[now],l,mid);
if(ql>=mid+1)
return qsum(R[now],mid+1,r);
return qsum(L[now],l,mid)+qsum(R[now],mid+1,r);
}
}T;
il void init()
{
tcnt=0;
memset(root,0,sizeof root);
memset(&T,0,sizeof T);
}
int main()
{
// freopen(".in","r",stdin);
// freopen(".out","w",stdout);
rg int n,m;
read(n);read(m);
for(rg int i=1,x,y;i<n;++i)
{
read(x);read(y);
addedge(x,y);
addedge(y,x);
}
for(rg int i=1;i<=n;++i)
read(w[i]);
dfs1(1,0);
dfs2(1,1);
for(rg int i=1;i<=m;++i)
{
read(Q[i].s);read(Q[i].t);
Q[i].lca=lca(Q[i].s,Q[i].t);
// cerr<<i<<" lca="<<Q[i].lca<<endl;
}
for(rg int i=1;i<=n;++i)
t[i]=w[i]+dep[i];
for(rg int i=1,now;i<=m;++i)
{
now=dep[Q[i].s];
ql=dfn[Q[i].s],v=1;
T.add(root[now],1,n);
ql=dfn[fa[Q[i].lca]],v=-1; // 此处计算lca
if(ql) // edit 2:加0会加到1上
T.add(root[now],1,n);
}
for(rg int i=1;i<=n;++i)
{
ql=dfn[i],qr=dfn[i]+siz[i]-1;
ans[i]+=T.qsum(root[t[i]],1,n);
// cerr<<i<<" ans="<<ans[i]<<endl;
}
init();
for(rg int i=1;i<=n;++i)
t[i]=w[i]-dep[i]+n+1;
for(rg int i=1,now;i<=m;++i)
{
now=dep[Q[i].s]-2*dep[Q[i].lca]+n+1;
ql=dfn[Q[i].t],v=1;
T.add(root[now],1,n);
ql=dfn[Q[i].lca],v=-1; // 此处不计算lca
T.add(root[now],1,n);
}
for(rg int i=1;i<=n;++i)
{
ql=dfn[i],qr=dfn[i]+siz[i]-1;
ans[i]+=T.qsum(root[t[i]],1,n);
// cerr<<i<<" ans="<<ans[i]<<endl;
}
for(rg int i=1;i<=n;++i)
printf("%d ",ans[i]);
// fclose(stdin);
// fclose(stdout);
return 0;
}