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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a_n，去参观新家。

可是这样会导致维尼重复走很多房间，懒惰的维尼不听地推辞。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a_n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。

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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-a_n

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。

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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。

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样例：

样例输入：

5

1 4 5 3 2

1 2

2 4

2 3

4 5

样例输出：

1

2

1

2

1

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数据范围与提示：

对于所有数据，2≤n≤300000。

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题解：

乍一看首先应该会想到熟树链剖分，但是认真思考之后会发现输出是在最后，那么我们可以考虑树上差分，经典操作。

不会树上差分的大佬可以跳转这篇博客：。

具体解法在此就不做过赘述，注意第一个点的答案需要++即可。

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代码时刻：

#include
          
           using namespace std;struct rec{	int nxt;	int to;}e[600001];int head[300001],depth[300001],fa[300001][21],cnt,sum,n;bool vis[300001];int a[300001],wzc[300001],miao[300001];void add(int x,int y){	e[++cnt].nxt=head[x];	e[cnt].to=y;	head[x]=cnt;}void dfs(int x){    vis[x]=1;    for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt)    {        if(vis[e[i].to])continue;        depth[e[i].to]=depth[x]+1;        fa[e[i].to][0]=x;        dfs(e[i].to);    }}int lca(int x,int y)//倍增LCA{    if(depth[x]
           
            =0;i--)         if(fa[x][i]!=fa[y][i])		{             x=fa[x][i];			y=fa[y][i];         }    return fa[x][0]; }void _doudou(int x){	vis[x]=1;	for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt)	{		if(vis[e[i].to])continue;		_doudou(e[i].to);		miao[x]+=miao[e[i].to];	}	miao[x]+=wzc[x];}int main(){	int n;	scanf("%d",&n);	for(int i=1;i<=n;i++)		scanf("%d",&a[i]);	for(int i=1;i
           
          

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rp++