ABC163F

正难则反，考虑用所有路径减去不包含颜色 $k$ 的路径。

删掉所有颜色为 $k$ 的节点，发现树分成了好多个连通块，设它们的大小为 $s_1,s_2,\cdots$，那么不包含颜色 $k$ 的路径条数就是

$$\sum \dfrac{s_i\times(s_i+1)}{2}$$

暴力做是 $\mathcal O(n^2)$ 的。

设 $f(x)=\dfrac{x\times(x+1)}{2}$。

设 $ans(i)$ 为颜色为 $i$ 的答案，初始时均为 $f(n)$。

设 $sum(i)$ 表示当前遍历过的点，颜色为 $i$ 的节点的子树总大小，注意如果有包含就取最大的，$siz(i)$ 表示以 $i$ 为根的子树大小。

若当前在点 $u$，先保存下此前的 $sum(c_u)$，记为 $tmp$，接下来要遍历它的某个儿子 $v$，那么先清空 $sum(c_u)$，然后进入 $v$ 的子树，遍历完后 $ans(c_u)\gets ans(c_u)-f(siz(v)-sum(c_u)),siz(u)\gets siz(u)+siz(v)$。

当它的所有儿子遍历完后，更新 $sum(c_u)\gets tmp+siz(u)$。

注意不能漏下最上面的连通块，最后还要 $ans(i)\gets ans(i)-f(n-sum(i))$。

时间复杂度 $\mathcal O(n)$。

Code：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 200005;
int n;
int head[N], ver[N*2], nxt[N*2], cnt;
int c[N];
int sum[N], siz[N];
ll ans[N];

ll calc(int x) { return 1ll * x * (x + 1) / 2; }

void add(int u, int v) {
	ver[++cnt] = v, nxt[cnt] = head[u], head[u] = cnt;
}

void dfs(int u, int fa) {
	siz[u] = 1;
	int tmp = sum[c[u]];
	for (int i = head[u]; i; i = nxt[i]) {
		int v = ver[i];
		if (v == fa) continue;
		sum[c[u]] = 0, dfs(v, u), siz[u] += siz[v];
		ans[c[u]] -= calc(siz[v] - sum[c[u]]);
	}
	sum[c[u]] = tmp + siz[u];
}

int main() {
	scanf("%d", &n);
	for (int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", &c[i]), ans[i] = calc(n);
	for (int i = 1, u, v; i < n; ++i) scanf("%d%d", &u, &v), add(u, v), add(v, u);
	dfs(1, 0);
	for (int i = 1; i <= n; ++i) ans[i] -= calc(n - sum[i]);
	for (int i = 1; i <= n; ++i) printf("%lld\n", ans[i]);
	return 0;
}