世界树是一棵无比巨大的树，它伸出的枝干构成了整个世界。在这里，生存着各种各样的种族和生灵，他们共同信奉着绝对公正公平的女神艾莉森，在他们的信条里，公平是使世界树能够生生不息、持续运转的根本基石。
世界树的形态可以用一个数学模型来描述：世界树中有n个种族，种族的编号分别从1到n，分别生活在编号为1到n的聚居地上，种族的编号与其聚居地的编号相
同。有的聚居地之间有双向的道路相连，道路的长度为1。保证连接的方式会形成一棵树结构，即所有的聚居地之间可以互相到达，并且不会出现环。定义两个聚居
地之间的距离为连接他们的道路的长度；例如，若聚居地a和b之间有道路，b和c之间有道路，因为每条道路长度为1而且又不可能出现环，所卧a与c之间的距
离为2。
出于对公平的考虑，第i年，世界树的国王需要授权m[i]个种族的聚居地为临时议事处。对于某个种族x（x为种族的编号），如果距离该种族最近的临时议事
处为y（y为议事处所在聚居地的编号），则种族x将接受y议事处的管辖（如果有多个临时议事处到该聚居地的距离一样，则y为其中编号最小的临时议事处）。
现在国王想知道，在q年的时间里，每一年完成授权后，当年每个临时议事处将会管理多少个种族（议事处所在的聚居地也将接受该议事处管理）。 现在这个任务交给了以智慧著称的灵长类的你：程序猿。请帮国王完成这个任务吧。
第一行为一个正整数n，表示世界树中种族的个数。
接下来n-l行，每行两个正整数x，y，表示x聚居地与y聚居地之间有一条长度为1的双
向道路。接下来一行为一个正整数q，表示国王询问的年数。
接下来q块，每块两行：
第i块的第一行为1个正整数m[i]，表示第i年授权的临时议事处的个数。
第i块的第二行为m[i]个正整数h[l]、h[2]、…、h[m[i]]，表示被授权为临时议事处的聚居地编号（保证互不相同）。
输出包含q行，第i行为m[i]个整数，该行的第j(j=1，2…，，m[i])个数表示第i年被授权的聚居地h[j]的临时议事处管理的种族个数。
N<=300000, q<=300000,m[1]+m[2]+…+m[q]<=300000
1 #include<map>
2 #include<cstdio>
3 #include<cstring>
4 #include<vector>
5 #include<algorithm>
6 #define mp(x,y) make_pair(x,y)
7 using namespace std;
8
9 const int N = 300000+10;
10 const int INF = 1e9+1e9;
11 const int maxd = 20;
12
13 vector<int> G[N];
14 int d[N],sz[N],dfn[N],f[N][maxd];
15 int n,q,dfsc;
16
17 int cmp(const int &lhs,const int &rhs) { return dfn[lhs]<dfn[rhs];
18 }
19 void dfs(int u,int fa) {
20 dfn[u]=++dfsc;
21 sz[u]=1;
22 for(int v,i=0;i<G[u].size();i++) if((v=G[u][i])!=fa) {
23 f[v][0]=u;
24 for(int j=1;j<maxd;j++) f[v][j]=f[f[v][j-1]][j-1];
25 d[v]=d[u]+1;
26 dfs(v,u);
27 sz[u]+=sz[v];
28 }
29 }
30 int LCA(int u,int v) {
31 if(d[v]>d[u]) swap(u,v);
32 for(int i=maxd-1;i>=0;i--)
33 if(d[f[u][i]]>=d[v]) u=f[u][i];
34 if(u==v) return u;
35 for(int i=maxd-1;i>=0;i--)
36 if(f[u][i]!=f[v][i]) u=f[u][i],v=f[v][i];
37 return f[u][0];
38 }
39 int find(int u,int dep) {
40 for(int i=maxd-1;i>=0;i--)
41 if(d[f[u][i]]>=dep) u=f[u][i];
42 return u;
43 }
44
45 void solve() {
46 int m,tot=0,top=0;
47 //static 可以声明函数内大数组
48 static int h[N],t[N],mem[N],st[N],val[N],father[N],w[N],ans[N];
49 static pair<int,int> g[N];
50 scanf("%d",&m);
51 for(int i=1;i<=m;i++) {
52 scanf("%d",&h[i]);
53 mem[i]=h[i];
54 t[++tot]=h[i];
55 g[h[i]]=mp(0,h[i]);
56 ans[h[i]]=0;
57 }
58 sort(h+1,h+m+1,cmp);
59 for(int i=1;i<=m;i++) {
60 if(!top) father[st[++top]=h[i]]=0;
61 else {
62 int p=h[i],lca=LCA(p,st[top]);
63 for(; d[lca]<d[st[top]];--top)
64 if(d[st[top-1]]<=d[lca])
65 father[st[top]]=lca;
66 if(st[top]!=lca) {
67 father[lca]=st[top];
68 t[++tot]=lca;
69 g[lca]=mp(INF,0);
70 st[++top]=lca;
71 }
72 st[++top]=p;
73 father[p]=lca;
74 }
75 }
76 sort(t+1,t+tot+1,cmp);
77 for(int i=1;i<=tot;i++) {
78 int p=t[i];
79 val[p]=sz[p];
80 if(i>1) w[p]=d[p]-d[father[p]]; //路径长
81 }
82 //基于dfs序进行两次for 上下不同递推方向比较得最近点
83 for(int i=tot;i>1;i--) {
84 int p=t[i] , fa=father[p];
85 g[fa]=min(mp(g[p].first+w[p],g[p].second),g[fa]); //g存储到p最近询问点的长度与编号
86 }
87 for(int i=2;i<=tot;i++) {
88 int p=t[i] , fa=father[p];
89 g[p]=min(mp(g[fa].first+w[p],g[fa].second),g[p]);
90 }
91 for(int i=1;i<=tot;i++) {
92 int p=t[i],fa=father[p];
93 if(i==1) ans[g[p].second]+=n-sz[p]; //管辖虚树根节点的 += 原树中虚根上方的节点数
94 else {
95 int x=find(p,d[fa]+1),sum=sz[x]-sz[p];
96 val[fa]-=sz[x];
97 if(g[fa].second==g[p].second) ans[g[p].second]+=sum; // fa与p同是lca式而非询问点
98 else {
99 int mid=d[p]-((g[fa].first+g[p].first+w[p])/2-g[p].first); //中点距
100 if((g[fa].first+g[p].first+w[p])%2==0 && g[p].second>g[fa].second) ++mid; //根据序号判断偏向于fa还是p
101 int y=sz[find(p,mid)]-sz[p];
102 ans[g[p].second] += y; //fa与p分配管辖点
103 ans[g[fa].second] += sum-y;
104 }
105 }
106 }
107 for(int i=1;i<=tot;i++)
108 ans[g[t[i]].second] += val[t[i]]; //剩余未分配点
109 for(int i=1;i<=m;i++) printf("%d ",ans[mem[i]]); puts("");
110 }
111
112 int main() {
113 scanf("%d",&n);
114 int u,v;
115 for(int i=0;i<n-1;i++) {
116 scanf("%d%d",&u,&v);
117 G[u].push_back(v) , G[v].push_back(u);
118 }
119 d[1]=1; dfs(1,-1);
120 scanf("%d",&q);
121 while(q--) solve();
122 return 0;
123 }
