HDU5927

题意：给定一棵以1为根的n个节点的树，多个询问，每次询问给出一个集合，集合内的点表示为不重要的点（不在集合内的点就是重要的点），求给定这个集合后有多少点能进入另一个集合，点x进入另一个集合的要求：1：重要的点。2：有两个重要的点的最近公共祖先为x。
分析：其实对于每一个询问我们只要判断哪些不重要的点是能进入集合的，那么对于一个不重要的点x，怎样才能进入集合呢？我们先dfs对于所有的点求出fa[x]和son[x]。当询问是，我们先初始确定每个不重要的点的son'[x]，如果一个点要进入集合那么显然要求son'[x]>=2，这样才会有两个重要的点的最近公共祖先是x。那么对于一个点x的son'又会受什么影响呢？当一个点y满足son'[y]==0&&y是不重要的点那么son'[fa[y]]--。这样我们就能维护我们需要的信息了。O(mlogm)

#include <bits/stdc++.h>
#include <ext/pb_ds/assoc_container.hpp>
#include <ext/pb_ds/tree_policy.hpp>

using namespace __gnu_pbds;
using namespace std;
#define SZ(X) ((int)X.size())
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define RALL(X) X.rbegin(),X.rend()
#define ALL(X) X.begin(),X.end()

using ll = long long ;
using ld = long double ;
const int MAXN = 1E5 + 7;
vector<int>G[MAXN];
int n;
int depth[MAXN], f[MAXN], son[MAXN], tmp[MAXN], unimp[MAXN];
void dfs(int u, int fa, int d)
{
    depth[u] = d;
    f[u] = fa;
    for(int v : G[u]) {
        if(v != fa) {
            son[u] ++;
            dfs(v, u, d + 1);
        }
    }
}

int main()
{
    int T,C=0;
    scanf("%d",&T);
    while(T --) {
        printf("Case #%d:\n",++C);
        int q;
        scanf("%d%d",&n,&q);
        for(int i = 1;i <= n;i ++) {
            son[i] = 0;
            G[i].clear();
        }
        for(int i = 2;i <= n;i ++) {
            int a, b;
            scanf("%d%d",&a,&b);
            G[a].pb(b);
            G[b].pb(a);
        }
        dfs(1, 0, 1);
        while(q --) {
            int m;
            scanf("%d",&m);
            int res = n - m;
            for(int i = 1;i <= m;i ++) scanf("%d",&unimp[i]);
            sort(unimp+1, unimp+1+m, [](int a, int b){return depth[a] > depth[b];});
            for(int i = 1;i <= m;i ++) tmp[unimp[i]] = son[unimp[i]];
            for(int i = 1;i <= m;i ++) {
                if(tmp[unimp[i]] >= 2) res ++;
                else if(tmp[unimp[i]] == 0) {
                    tmp[f[unimp[i]]] --;
                }
            }
            printf("%d\n", res);
        }
    }

    return 0;
}