突然發現深究一些樹上問題還是挺有意思的哈。

顯然對於同一種權值的任意兩個結點，其兩端的部分都是不合法的。

維護兩個標記表示子樹內均不合法和子樹外均不合法即可。但相同權值對數是 \(O\left(n^2\right)\) 的，我們要優化這個過程。

發現很多對都是無用的。\(\texttt{DFS}\) 下去，遇到一個 \(x\) 權值的結點 \(u\)，其實只需要與上一個遇到的 \(x\) 權值的結點 \(v\) 做一下就好了，原因如下：

• \(v\) 是 \(u\) 的祖先。\(u\) 與 \(v\) 子樹外的結點做沒有影響。
• \(v\) 不是 \(u\) 的祖先。能不經過其它 \(x\) 權值的除 \(v\)
  外的結點直接走到 \(u\) 的 \(x\) 權值的結點一定已經做過了且 \(u\) 與它們做沒有影響。

紅色結點表示權值 \(x\) 的結點，藍色結點就是 \(u\)。

畫圖就會發現這個結論太容易得出啦。

最後再來一次 \(\texttt{DFS}\) 處理所有標記。記一下是否存在子樹外均不合法標記和當前子樹內合法結點數。當一個結點的兩個兒子中都出現子樹外均不合法時答案一定為 \(0\)。細節仔細思考一下。

時間複雜度 \(O\left(n\log n\right)\)。瓶頸在於離散化，放一下程式碼叭。

code:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 200005
#define For(i,x,y)for(i=x;i<=(y);i++)
struct node
{
	int next,to;
}e[400005];
map<int,int>col;
bool vis[N],fa[N],son[N];
int a[N],head[N],sta[N],last[N],pos[N],g,cnt,top;
int read()
{
	int A;
	bool K;
	char C;
	C=A=K=0;
	while(C<'0'||C>'9')K|=C=='-',C=getchar();
	while(C>'/'&&C<':')A=(A<<3)+(A<<1)+(C^48),C=getchar();
	return(K?-A:A);
}
inline void add(int u,int v)
{
	e[++g].to=v;
	e[g].next=head[u];
	head[u]=g;
}
void dfs(int u,int t)
{
	int i,v,tmp;
	vis[u]=1;
	sta[++top]=u;
	pos[u]=top;
	if(!col.count(a[u]))tmp=col[a[u]]=++cnt;
	else
	{
		tmp=col[a[u]];
		if(vis[last[tmp]])fa[sta[pos[last[tmp]]+1]]=1;
		else son[last[tmp]]=1;
		son[u]=1;
	}
	last[tmp]=u;
	for(i=head[u];i;i=e[i].next)
	{
		v=e[i].to;
		if(v==t)continue;
		dfs(v,u);
		last[tmp]=u;
	}
	vis[u]=0;
	top--;
}
pair<int,int>calc(int u,int t)
{
	int i,v,tot,siz;
	pair<int,bool>pa;
	tot=siz=0;
	for(i=head[u];i;i=e[i].next)
	{
		v=e[i].to;
		if(v==t)continue;
		pa=calc(v,u);
		/*cout<<v<<' '<<pa.first<<' '<<pa.second<<endl;*/
		siz+=pa.second;
		if(siz>1)cout<<0,exit(0);
		if(!siz)tot+=pa.first;
		else if(pa.second)tot=pa.first;
	}
	return make_pair((son[u]?0:tot+(!siz)),siz||fa[u]);
}
int main()
{
	int n,i,u,v;
	n=read();
	For(i,1,n)a[i]=read();
	For(i,1,n-1)
	{
		u=read(),v=read();
		add(u,v),add(v,u);
	}
	dfs(1,0);
	/*For(i,1,n)cout<<son[i]<<' '<<fa[i]<<endl;*/
	cout<<calc(1,0).first;
	return 0;
}