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給你一棵樹，樹上的每一個節點都帶有權值。

讓你統計這樣的點 \(x\) 的個數，使得以 \(x\) 為根的時候，所有以 \(x\) 開始，以某個節點結束的路徑中每個節點的權值

都是唯一的，即每個權值都只出現了一次。

稱這樣的 \(x\) 為 \(distinctive\ root\), 統計所給的樹中這樣的 \(distinctive\ root\) 的個數。

題解

如圖，考慮樹中的每一個節點 \(x\), 對於它的某一個子樹 \(y\) ，我們可以看一下這個子樹 \(y\) 下面是否有和 \(x\) 的權值

相同的節點 \(z\),也即 \(a[x]=a[z]\)。如果存在，那麼就新增一條特殊的有向邊，從 \(x\)

這代表了，如果存在 \(distinctive\ root\), 那麼一定是在 \(y\) 子樹中的，因為如果不是在 \(y\) 子樹中，而在 \(x\) 其他子樹裡面。

一定會有一條路徑同時經過節點 \(x\) 然後順著子樹 \(y\) 到達節點 \(z\), 而 \(x\) 和 \(z\) 權值相同, 所以這就不滿足題意了。

按照這個思路，我們就在原來的樹上增加了一些特殊邊。

現在對於每一個節點，只要所有的特殊邊都指向了它(直接或間接)，那麼這個節點就是能夠成為 \(distinctive\ root\) 的點。

累計答案就行。

具體在實現的時候，對於這個特殊邊的新增，我們需要先把每個節點的 \(dfs\)

根據這個 dfs序，我們可以很容易的用 upper_bound 和 lower_bound 得到以某個節點為根的子樹下面有多少個權值為 \(x\) 的節點。

不要忘了，我們一開始的時候是以任意一個節點為根進行 \(dfs\) 的，所以除了統計 \(x\) 的子樹，還要把 \(x\) 以及它的祖先，也看做

是 \(x\) 的子樹，對應的節點 \(z\) 的個數也可以通過總數減子樹中數目的方式得到，然後決定是否要連一條特殊邊到父節點。

特殊邊建立好之後，就可以用一些 \(reroot\) 的方法，在做 \(dfs\) 的時候，根據加加減減動態的維護每個節點有多少條

特殊邊直接或間接指向它，對於所有邊都指向的點，累加答案即可。

具體的，設 \(dp[i]\) 表示 \(i\) 這個節點有多少條特殊邊指向它。然後維護這個陣列就好。

特殊邊是放在一個集合裡面的，這樣會比較好(方便)得到某條特殊邊是否存在。

吐槽一下，一開始我把 \(dfs\) 序中的某處的 \(in[x]\) 寫成了 \(x\)，竟然能過 \(7\) 個點:)

程式碼裡寫了一點點註釋。嗯，好像不是一點點，蠻多的。

程式碼

#include <bits/stdc++.h>
#define LL long long
using namespace std;
 
const int N = 2e5;
 
int n;
int a[N + 10],par[N+10],in[N+10],out[N+10],timeTip;
vector<int> g[N+10];
map<int,vector<int> > dic;
vector<int> inTimes;
set<pair<int,int> > edgeSet;
//dp[i]表示有多少條邊指向 i
int dp[N+10],ans;
 
void dfs(int x,int fa){
    in[x] = ++timeTip;
    int len = g[x].size();
    for (int i = 0;i < len; i++){
        int y = g[x][i];
        if (y == fa){
            continue;
        }
        par[y] = x;
        dfs(y,x);
    }
    out[x] = ++timeTip;
}
 
void setUp(int x){
    dp[x] = 0;
    int len = g[x].size();
    for (int i = 0;i < len; i++){
        int y = g[x][i];
        if (y == par[x]){
            continue;
        }
        setUp(y);
        dp[x] += dp[y] + edgeSet.count({y,x});
    }
}
 
void getAns(int x){
    if (dp[x] == (int)edgeSet.size()){
        ans++;
    }
    int len = g[x].size();
    for (int i = 0;i < len; i++){
        int y = g[x][i];
        if (y == par[x]){
            continue;
        }
        dp[x] -= dp[y];
        dp[x] -= edgeSet.count({y,x});
        dp[y] += dp[x];
        dp[y] += edgeSet.count({x,y});
        getAns(y);
        dp[y] -= dp[x];
        dp[y] -= edgeSet.count({x,y});
        dp[x] += dp[y];
        dp[x] += edgeSet.count({y,x});
    }
}
 
int main(){
	#ifdef LOCAL_DEFINE
	    freopen("in.txt", "r", stdin);
	#endif
	ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0);
	cin >> n;
	for (int i = 1;i <= n; i++){
        cin >> a[i];
        dic[a[i]].push_back(i);
	}
	for (int i = 1;i <= n-1; i++){
        int x, y;
        cin >> x >> y;
        g[x].push_back(y);
        g[y].push_back(x);
	}
    dfs(1,0);
    for (pair<int,vector<int> > temp : dic){
        if ((int) temp.second.size() == 1){
            continue;
        }
        inTimes.clear();
        for (int x:temp.second){
            inTimes.push_back(in[x]);
        }
 
        sort(inTimes.begin(),inTimes.end());
 
        //以節點 x 為根
        for (int x:temp.second){
            //統計子樹中和它相同的節點的個數(以 1 節點為根時的結果)
            int sum = 0;
            int len = g[x].size();
            for (int i = 0;i < len; i++){
                int y = g[x][i];
                if (y == par[x]){
                    continue;
                }
                //in[y],out[y]
                int num = upper_bound(inTimes.begin(),inTimes.end(),out[y])-
                          lower_bound(inTimes.begin(),inTimes.end(),in[y]);
                if (num > 0){
                    //對應子樹中有 a[x],則從對應子樹的根節點 y 連一條邊到 x
                    edgeSet.insert({x,y});
                }
                sum += num;
            }
            //算上本身。
            sum++;
            //x的父節點以上的 a[x] 個數
            int rest = (int)temp.second.size() - sum;
            if (rest > 0){
                //如果也有，那麼也從x連一條邊到 父節點
                edgeSet.insert({x,par[x]});
            }
        }
    }
 
    //求出 dp 陣列
    setUp(1);
    //用reroot的方法求出符合要求點數。
 
    getAns(1);
    cout << ans << endl;
    return 0;
}