題意：一棵樹，有 n(n≤50000) 個節點，每個點都有一個顏色，共有 k(k≤10) 種顏色，問有多少條路徑可以遍歷到所有 k 種顏色？（一條路徑交換起點終點就算兩條哦）
思路：這個點分治很好想到，不過如何判斷一條路徑上是否包含所有k種顏色是一個問題。但看到k很小，考慮狀態壓縮，最多有(1<<k)-1種狀態，利用點分治可以算出從根節點到所有子節點的路徑，或運算可記錄經過的路徑，將這些路徑狀態記錄，統計每種狀態有多少。然後就是計算有多少路徑包含k種顏色，枚舉數組裏每一個數x，若x與某個數或運算後得(1<<k)-1，也就是((1<<k)-1)^x這個數有多少個，爲了計算x這條路徑上所有的點，這些點與別的路徑匹配後包含k種顏色，這些點我們可以通過枚舉子集來枚舉，然後再與(1<<k)-1進行異或運算，就可以找到了所有的情況。
複雜度
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N = 1e5 + 10;
int n, k, h[N], cnt, sz[N], rt, vis[N], mx, sn, a[N];
int d[N], haxi[1 << 10];
ll ans;
struct node {
int v, nt;
} no[N];
void add(int u, int v) {
no[cnt] = node{v, h[u]};
h[u] = cnt++;
}
void getroot(int u, int fa) {
sz[u] = 1;
int ma = 0;
for(int i = h[u]; ~i; i = no[i].nt) {
int v = no[i].v;
if(!vis[v] && v != fa) {
getroot(v, u);
sz[u] += sz[v];
ma = max(ma, sz[v]);
}
}
ma = max(ma, sn - sz[u]);
if(mx > ma)
mx = ma, rt = u;
}
void getsta(int u, int fa, int sta) {
d[++d[0]] = sta;
for(int i = h[u]; ~i; i = no[i].nt) {
int v = no[i].v;
if(!vis[v] && v != fa)
getsta(v, u, sta | (1 << a[v]));
}
}
ll calc(int u, int sta) {
ll res = 0;
d[0] = 0;
memset(haxi, 0, sizeof haxi);
getsta(u, 0, sta);
for(int i = 1; i <= d[0]; i++)
haxi[d[i]]++;
for(int i = 1; i <= d[0]; i++) {
haxi[d[i]]--;
res += haxi[(1 << k) - 1];
for(int j = d[i]; j; j = (j - 1) & d[i])//枚舉子集
res += haxi[((1 << k) - 1) ^ j];
haxi[d[i]]++;
}
return res;
}
void dfs(int u) {
vis[u] = 1, ans += calc(u, 1 << a[u]);
for(int i = h[u]; ~i; i = no[i].nt) {
int v = no[i].v;
if(!vis[v])
ans -= calc(v, (1 << a[u]) | (1 << a[v])), sn = sz[v], rt = 0, mx = 1e9, getroot(v, 0), dfs(rt);
}
}
int main() {
while(~scanf("%d%d", &n, &k)) {
memset(h, -1, sizeof h);
memset(vis, 0, sizeof vis);
ans = 0, cnt = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++)
scanf("%d", &a[i]), a[i]--;
for(int u, v, i = 1; i < n; i++) {
scanf("%d%d", &u, &v);
add(u, v), add(v, u);
}
sn = n, mx = 1e9, getroot(1, 0), dfs(rt);
k == 1 ? printf("%lld\n", (ll)n * (ll)n) : printf("%lld\n", ans);
}
return 0;
}