B. Updating the Tree

time limit per test

1.5 s

memory limit per test

256 MB

input

standard input

output

standard output

A rooted tree is a tree with a countable number of nodes, in which a particular node is distinguished from the others by being the ancestor node of every node of the tree. This node is called the root node.

You are given a rooted tree consisting of n nodes numbered from 1 to n. The root of the tree is node number 1. Each node i has a value viassigned to it.

For each subtree, you must find the minimum number of nodes you must change the value on them to any other value so that the distance between every pair of nodes in that subtree is equal to the absolute difference between the values on them, or say that it is impossible. Can you?

Input

The first line contains an integer T (1 ≤ T ≤ 100) specifying the number of test cases.

The first line of each test case contains an integer n (1 ≤ n ≤ 105), in which n is the number of nodes in the tree. Then a line follow containing n integers v1, ..., vn (1 ≤ vi ≤ 105), in which vi is the value of the i

Then n - 1 lines follow, each line contains two integers ai and bi (1 ≤ ai, bi ≤ n), giving an edge between nodes ai and bi.

Output

For each test case, print a single line containing n space-separated integers x1, ..., xn, in which xi is the answer of the subtree of node i. If an answer does not exist for a subtree, print  - 1.

Example

input

Copy

1
2
1 3
1 2

output

Copy

1 0

解題思路：

如果一顆子樹是三叉樹，那麼當前點肯定沒答案，然後他的所有父親都肯定沒答案。

如果一顆子樹是二叉樹，那麼當前點有答案，但是他的所有父親都沒有答案。

所以我們要把所有的鏈都取出來，然後如果是二叉樹，就要把他兩個孩子的兩條鏈合併。

先考慮一條鏈的情況。假設i的深度大於j，那麼題目就是要使得

| ai - aj | = depi - depj

假設 ai >= aj 

那麼就是要求

ai - depi = aj - depj

假設 ai < aj

那麼就是

ai + depi = aj + depj

所以我們對於一條鏈而言，維護每個點的差和和的數量，用子樹大小減去最大的數量就是答案。

如果是二叉樹，就要合併孩子的那兩條鏈。

合併的時候用 左孩子的和跟右孩子的差合併，差跟和合並，同時要加上或減去偏移量

| ai - aj | = depi + depj - 2*dep[LCA(i,j)]

所以我們用一遍深搜，先求出肯能有答案的節點。

然後第二遍深搜，深搜到可能有答案的節點，然後從那個節點開始深搜，然後從最底下回溯，如果是二叉樹，就處理下即可。

這裡要注意根節點的特殊判斷。

詳見程式碼

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAXN = 200005;

int a[MAXN];
vector<int> G[MAXN];

bool vis[MAXN];//記錄是否可能有答案呢
bool vis2[MAXN];//記錄是否已經計算出答案
int dep[MAXN];//深度
int sz[MAXN];//子樹大小

//判斷是否能有答案
void dfs1(int u,int fa,int d){
    dep[u]=d;
    sz[u]=1;
    if(G[u].size()>3)
        vis[u]=1;
    for(auto &v:G[u]){
        if(v==fa)
            continue;
        dfs1(v,u,d+1);
        sz[u]+=sz[v];
        if(G[v].size()>=3||vis[v])//孩子沒答案，父親也肯定沒答案
            vis[u]=1;
    }
}

map<int,int> add[2];//合併用
map<int,int> sub[2];
int maxx=0;
int ans[MAXN];

int combine(int u){
    for(auto &t:sub[0]){
        add[1][t.first+2*dep[u]]+=t.second;//合併記得加上偏移量
        maxx=max(maxx,add[1][t.first+2*dep[u]]);
    }
    for(auto &t:add[0]){
        sub[1][t.first-2*dep[u]]+=t.second;
        maxx=max(maxx,sub[1][t.first-2*dep[u]]);
    }
    add[1][a[u]+dep[u]]++;
    sub[1][a[u]-dep[u]]++;
    maxx=max(maxx,add[1][a[u]+dep[u]]);
    maxx=max(maxx,sub[1][a[u]-dep[u]]);
    return sz[u]-maxx;
}

//處理一條鏈的情況
void dfs3(int u,int fa,int c){
    vis2[u]=1;
    if(u!=1)
    {
        if(G[u].size()==1)//到了根節點，開始回溯
        {
            add[c][a[u]+dep[u]]++;
            sub[c][a[u]-dep[u]]++;
            maxx=max(maxx,add[c][a[u]+dep[u]]);
            maxx=max(maxx,sub[c][a[u]-dep[u]]);
            ans[u]=sz[u]-maxx;
        }
    }
    for(auto &v:G[u]){
        if(v==fa)
            continue;
        dfs3(v,u,c);
        add[c][a[u]+dep[u]]++;
        sub[c][a[u]-dep[u]]++;
        maxx=max(maxx,add[c][a[u]+dep[u]]);//回溯統計答案
        maxx=max(maxx,sub[c][a[u]-dep[u]]);
        ans[u]=sz[u]-maxx;
    }
}

void dfs2(int u,int fa){
    if(vis[u]==0){
        if(G[u].size()<=2&&u!=1)//一條鏈的情況
        {
            maxx=0;
            dfs3(u,fa,0);
            add[0].clear();
            sub[0].clear();
        }
        else{
            //二叉樹的情況
            int cnt=0;
            for(auto &v:G[u]){
                if(v==fa)
                    continue;
                maxx=0;
                dfs3(v,u,cnt++);//先深搜兩個孩子（肯定都是鏈）
            }
            ans[u]=combine(u);//然後合併
            add[0].clear();
            add[1].clear();
            sub[0].clear();
            sub[1].clear();
        }
    }
    for(auto &v:G[u]){
        if(v==fa)
            continue;
        if(vis2[v])
            continue;
        dfs2(v,u);
    }
}

int main()
{
    int T;
    scanf("%d",&T);
    while(T--){
        memset(ans,-1,sizeof(ans));
        memset(vis,0,sizeof(vis));
        memset(vis2,0,sizeof(vis2));
        add[0].clear();
        add[1].clear();
        sub[0].clear();
        sub[1].clear();
        int N;
        scanf("%d",&N);
        for(int i=1;i<=N;i++){
            scanf("%d",&a[i]);
            G[i].clear();
        }
        for(int i=1,u,v;i<N;i++){
            scanf("%d%d",&u,&v);
            G[u].push_back(v);
            G[v].push_back(u);
        }

        if(N==1)//特殊處理
        {
            printf("%d\n",0);
        }
        else{
            if(G[1].size()>2)//特殊處理
                vis[1]=1;
            dfs1(1,0,0);
            dfs2(1,0);
            for(int i=1;i<=N;i++){
                printf("%d%c",ans[i],i==N?'\n':' ');
            }
        }
    }
    return 0;
}