题目描述
松鼠的新家是一棵树，前几天刚刚装修了新家，新家有n个房间，并且有n-1根树枝连接，每个房间都可以相互到达，且俩个房间之间的路线都是唯一的。天哪，他居然真的住在”树“上。

松鼠想邀请小熊维尼前来参观，并且还指定一份参观指南，他希望维尼能够按照他的指南顺序，先去a1，再去a2，…，最后到an，去参观新家。可是这样会导致维尼重复走很多房间，懒惰的维尼不停地推辞。可是松鼠告诉他，每走到一个房间，他就可以从房间拿一块糖果吃。

维尼是个馋家伙，立马就答应了。现在松鼠希望知道为了保证维尼有糖果吃，他需要在每一个房间各放至少多少个糖果。

因为松鼠参观指南上的最后一个房间an是餐厅，餐厅里他准备了丰盛的大餐，所以当维尼在参观的最后到达餐厅时就不需要再拿糖果吃了。

输入格式
第一行一个整数n，表示房间个数第二行n个整数，依次描述a1-an

接下来n-1行，每行两个整数x，y，表示标号x和y的两个房间之间有树枝相连。

输出格式
一共n行，第i行输出标号为i的房间至少需要放多少个糖果，才能让维尼有糖果吃。

输入输出样例
输入 #1 复制
5
1 4 5 3 2
1 2
2 4
2 3
4 5
输出 #1 复制
1
2
1
2
1
说明/提示
2<= n <=300000

一道简单的树上差分或者树剖。

我们考虑用更简单的差分来写，根据题目，每次相当于就是一个区间加一的操作，差分即可。但是我们要注意，每次把上次的终点当做起点，所以起点会计算两次，最后我们把所有非第一次的起点都减一即可（同时解决了最后一次终点不需要计算的问题）。

AC代码：

#pragma GCC optimize(2)
#include<bits/stdc++.h>
//#define int long long
using namespace std;
const int N=3e5+10;
int n,a[N],f[N][30],h[N],lg[N],p[N];
int head[N],nex[N<<1],to[N<<1],tot;
inline void add(int a,int b){
	to[++tot]=b; nex[tot]=head[a]; head[a]=tot;
}
void dfs(int x,int fa){
	h[x]=h[fa]+1;	f[x][0]=fa;
	for(int i=1;(1<<i)<=h[x];i++)	f[x][i]=f[f[x][i-1]][i-1];
	for(int i=head[x];i;i=nex[i]){
		if(to[i]!=fa)	dfs(to[i],x);
	}
}
int lca(int x,int y){
	if(h[x]<h[y])	swap(x,y);
	while(h[x]>h[y])	x=f[x][lg[h[x]-h[y]]-1];
	if(x==y)	return x;
	for(int i=lg[h[x]]-1;i>=0;i--)
		if(f[x][i]!=f[y][i])
			x=f[x][i],y=f[y][i];
	return f[x][0];
}
void out(int x,int fa){
	for(int i=head[x];i;i=nex[i]){
		if(fa==to[i])	continue;
		out(to[i],x);
		p[x]+=p[to[i]];
	}
}
signed main(){
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++)	lg[i]=lg[i-1]+(1<<lg[i-1]==i);
	for(int i=1;i<=n;i++)	scanf("%d",&a[i]);
	for(int i=1;i<n;i++){
		int a,b;	scanf("%d %d",&a,&b);	add(a,b);	add(b,a);
	}
	dfs(1,0);
	for(int i=1;i<n;i++){
		p[a[i]]++;	p[a[i+1]]++;	int c=lca(a[i],a[i+1]);
		p[c]--;	p[f[c][0]]--;
	}
	out(1,0);
	for(int i=2;i<=n;i++)	p[a[i]]--;
	for(int i=1;i<=n;i++)	printf("%d\n",p[i]);
	return 0;
}