solution
為了方便，我們以小\(z\)的初始位置為根。
大概理解完題意，可以發現有一個比較顯然的性質：每一回合結束，每個\(Youyou\)與小\(z\)之間的距離不會變大。
然后考慮小\(z\)移動所產生的影響。
考慮當小\(z\)開始移動時，如果小\(z\)從\(u\)移動到了\(u\)的一個兒子\(v\)。那么這一回合結束，\(v\)子樹中的每個Youyou與小z之間的距離就會減小2。其他的\(Youyou\)與小\(z\)之間的距離不變。
如果小\(z\)從\(u\)移動到了他的父親\(fa\)，那么除了\(u\)這個子樹內的\(Youyou\)外，其他的\(Youyou\)與小\(z\)之間的距離都會減小\(2\)。
然后我們考慮貪心，初始的時候每個\(Youyou\)與小\(z\)之間的距離就是\(Youyou\)所在節點的深度。我們每次讓小\(z\)走向離他最遠的那個\(Youyou\)。
這樣顯然是對的，因為如果小\(z\)不走向這個最遠的\(Youyou\)，這個\(Youyou\)與小\(z\)之間的距離將永遠是最大的。
那當有若干個與小\(z\)之間距離相同的\(Youyou\)時，應該如何決策呢？
走向任意一個即可。假設\(y_1\)和\(y_2\)與小\(z\)當前所在節點之間的距離都是x且是最大的，而且小\(z\)走向\(y_1\)和\(y_2\)不在小\(z\)的同一個方向上。如果我們先走向了\(y_1\)，那么y1與小z之間的距離減小\(2\)，下一回合的時候最大的點就是\(y_2\)了，所以下一回合就要走向\(y_2\)，也就是回到之前的點。這樣就相當於進行了兩次操作，小\(z\)位置沒變，與\(y_1\)和\(y_2\)之間的距離都減小了\(2\).如果先走向\(y_2\)顯然也是同樣的情況。
所以這題思路也就理順了。下面就是如何實現的問題了。
看一看思路中我們需要進行的操作，發現只有下面這幾種：
- 將一個子樹每個節點權值-2
- 求整顆子樹中最大值所在的位置
- 求整棵樹的權值最大值
- 求某個節點x在另外一個節點\(y\)的哪個方向上。也就是說,如果要從\(y\)走向\(x\)下一步應該走向哪個節點。
我們前三個操作就\(dfs\)序一下，然后用一個線段樹維護區間加，區間最大值即可。
對於最后一個操作其實也很簡單。我們分為兩種情況。
下面假設我們要從\(y\)走向\(x\)。
如果\(x\)不在\(y\)的子樹中，顯然下一步走向\(y\)的父親即可。
如果\(x\)在\(y\)的子樹中，我們就用倍增的方法，從\(x\)開始向上跳，一直跳到深度比\(y\)大一即可。
這樣我們就基本解決了這道題，剩下的就按照題目給的流程來操作即可。
注意一個坑點
如果當前與小\(z\)之間距離最大的幾個點與小\(z\)之間的距離都是\(k+1\)，那么這一輪應當不動
code
/*
* @Author: wxyww
* @Date: 2020-05-30 16:25:49
* @Last Modified time: 2020-05-30 19:12:59
*/
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<vector>
#include<ctime>
#include<cmath>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 400010,logN = 20;
ll read() {
ll x = 0,f = 1;char c = getchar();
while(c < '0' || c > '9') {
if(c == '-') f = -1; c = getchar();
}
while(c >= '0' && c <= '9') {
x = x * 10 + c - '0'; c = getchar();
}
return x * f;
}
int bz[N];
struct node {
int v,nxt;
}e[N << 1];
int head[N],ejs;
void add(int u,int v) {
e[++ejs].v = v;e[ejs].nxt = head[u];head[u] = ejs;
}
int n,K,siz[N],dep[N],id[N],dfn[N],tot;
int tree[N << 2];
int lca[N][logN + 2];
void dfs(int u,int fa) {
dfn[u] = ++tot;
dep[u] = dep[fa] + 1;
id[tot] = u;
siz[u] = 1;
for(int i = 1;i <= logN;++i) {
lca[u][i] = lca[lca[u][i - 1]][i - 1];
}
for(int i = head[u];i;i = e[i].nxt) {
int v = e[i].v;
if(v == fa) continue;
lca[v][0] = u;
dfs(v,u);
siz[u] += siz[v];
}
}
int lazy[N << 2];
void pushdown(int rt) {
if(lazy[rt] != 0) {
tree[rt << 1] += lazy[rt];
tree[rt << 1 | 1] += lazy[rt];
lazy[rt << 1] += lazy[rt];
lazy[rt << 1 | 1] += lazy[rt];
lazy[rt] = 0;
}
}
void build(int rt,int l,int r) {
if(l == r) {
if(bz[id[l]]) tree[rt] = dep[id[l]];
return;
}
int mid = (l + r) >> 1;
build(rt << 1,l,mid);build(rt << 1 | 1,mid + 1,r);
tree[rt] = max(tree[rt << 1],tree[rt << 1 | 1]);
}
void update(int rt,int l,int r,int L,int R,int c) {
if(L <= l && R >= r) {
tree[rt] += c;lazy[rt] += c;
return;
}
pushdown(rt);
int mid = (l + r) >> 1;
if(L <= mid) update(rt << 1,l,mid,L,R,c);
if(R > mid) update(rt << 1 | 1,mid + 1,r,L,R,c);
tree[rt] = max(tree[rt << 1],tree[rt << 1 | 1]);
}
int query(int rt,int l,int r) {
if(l == r) return id[l];
pushdown(rt);
int mid = (l + r) >> 1;
if(tree[rt << 1] >= tree[rt << 1 | 1]) return query(rt << 1,l,mid);
else return query(rt << 1 | 1,mid + 1,r);
}
int get(int x,int depth) {
for(int i = logN;i >= 0;--i) {
if(dep[lca[x][i]] >= depth) x = lca[x][i];
}
return x;
}
int main() {
n = read();
for(int i = 1;i < n;++i) {
int u = read(),v = read();
add(u,v);add(v,u);
}
memset(tree,-0x3f,sizeof(tree));
int m = read();
if(!m) {puts("0");return 0;}
for(int i = 1;i <= m;++i) {
int x = read();
bz[x] = 1;
}
K = read();int root = read();
dep[0] = -1;
dfs(root,0); build(1,1,n);
int ans = 0;
while(1) {
++ans;
if(tree[1] <= K) {
cout<<ans;return 0;
}
if(tree[1] - K == 1) {
update(1,1,n,1,n,-1);
continue;
}
int p = query(1,1,n);
if(dfn[p] >= dfn[root] && dfn[p] < dfn[root] + siz[root]) {
p = get(p,dep[root] + 1);
update(1,1,n,dfn[p],dfn[p] + siz[p] - 1,-2);
root = p;
}
else {
update(1,1,n,dfn[root],dfn[root] + siz[root] - 1,2);
update(1,1,n,1,n,-2);
root = lca[root][0];
}
}
return 0;
}