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题解

对于这种无序点对统计问题，我们可以遍历每一个点，然后计算其与之前遍历过的点的配对
\(dfs\) 遍历，设 \(num[i]\) 代表遍历到当前节点时，有多少可与当前节点配对的、节点颜色为 \(i\) 的、且 \(dfs\) 序小于当前节点（即之前遍历过的）的节点
维护方法：每往子节点遍历，由于子树内，颜色与当前节点相同的节点，能接触到的 \(dfs\) 序最小的节点就是当前节点，所以要令 \(num[color[now]]=1\)
所有子节点遍历完成后，设当前节点颜色为 \(c\)，由于接下来遍历的节点可以接触的 \(c\) 加一，所以 \(num[c]++\)

代码有些细节自行领会

code

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;

vector<ll> G[200005];
ll num[200005]={0};
ll color[200005];
ll ans=0;

void dfs(ll now,ll fa)
{
    ll c=color[now];

    ll tem=num[c];
    ans+=tem;

    for(auto next:G[now])
    if(next!=fa)
    {
        num[c]=1;
        dfs(next,now);
    }

    num[c]=tem+1;
}

void solve()
{
    ll n;
    cin>>n;

    for(ll i=1;i<=n;i++) cin>>color[i];

    for(ll i=1;i<n;i++)
    {
        ll x,y;
        cin>>x>>y;
        G[x].push_back(y);
        G[y].push_back(x);
    }


    dfs(1,1);
    cout<<ans<<'\n';
    ans=0;
    for(ll i=1;i<=n;i++)
    {
        G[i].clear();
        num[i]=0;
    }
}
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
    ll t=1;
    cin>>t;
    while(t--) solve();
    return 0;
}