好像在洛谷題解區裡還沒人和我做法一樣，，？
考場做法，只用到了倍增和線段樹，感覺挺好寫。考場上從開題到過題只用了 2h。
最底下有省流版（？）。
以下是我考場裡比較詳細的思路，所以比較長。
先考慮如何 \(O(n^2)\) 做，然後再想最佳化。
容易先想到一個狀態數是 \(O(n^2)\) 的 DP，即記錄起點，並將向上跳多少的限制記在狀態裡。這個 DP 的轉移順序看起來比較的混亂。那麼我們再觀察一下這個轉移的過程。
記一個節點 \(x\) 的限制為至少跳到深度為 \(v_x\) 的祖先，\(v_x=d_x-(h_x+1)\)。我們改 \(l_x\) 與 \(r_x\) 的定義為能跳到的祖先深度區間。
假如說我現在以節點 \(x\) 作為起點，首先有個限制 \(lim=v_x\)，然後接下來走一步會有兩種選擇：
- 向上跳到祖先 \(p\)，那麼限制會變為 \(lim=\min(lim,v_p)\)，容易發現一定會是 \(lim=v_p\)。
- 向下走到一個兒子 \(y\)，那麼限制會變為 \(lim=\min(lim,v_y)\)。
在第一種情況裡，限制只跟 \(v_p\) 有關。因此可以看作以節點 \(p\) 作為起點。那麼此時就變成了一個相同的子問題。
在第二種情況裡，若 \(lim\) 不變，那麼限制還是 \(v_x\)；若 \(lim\) 發生了改變，那麼限制就只跟 \(v_y\) 有關了。假如說 \(lim\) 發生了改變，那麼就又可以將 \(y\) 作為一個新的起點。
那麼此時我們就有了一個狀態數 \(O(n)\) 的 DP：\(f(x)\) 表示以 \(x\) 作為起點的方案數。
由上述分析我們容易知道轉移的順序：因為 \(lim\) 是越來越小的，所以我們按 \(v_x\) 從小到大求出每個 \(f(x)\) 即可。
那麼我們也容易得知求 \(f(x)\) 的一個暴力轉移：
從 \(x\) 開始向子樹內 BFS，會遇到兩種點。
- 如果碰到了已經求過 DP 值的節點，那麼這個節點的限制一定比 \(x\) 嚴格，直接用這個節點的 DP 值更新 \(f(x)\)。
- 若 BFS 到的當前節點還沒有求出 DP 值，那麼計算從這個節點向上跳的方案數（即將其可以向上跳到的節點與 \(x\) 的限制求交得到的所有節點的 DP 值之和），然後繼續向下 BFS。
這個 DP 暴力轉移是 \(O(n^2)\) 的，瓶頸在於上述 BFS 的過程。
對於 1 類點來說，我們希望找到從 \(x\) 向下 BFS 第一次碰到的所有限制嚴於 \(x\) 的所有節點的 DP 值。
對於 2 類點來說，我們希望把 \(x\) 子樹中比 \(x\) 限制更嚴的點的子樹刪掉，剩下的點就是 2. 中的情況。
此時我不知道從何處下手了，接著想到了一個不知道能不能繼續做的做法：求了根號次 DP 值就重構？但是這個對我來說太難往下繼續思考了。
於是我先看了部分分：樹為一條鏈。
這種情況下，對於 \(x\) 來說，向它子樹內 BFS 時碰到的 1 類點只有一個，2 類點形成了一段區間。我們記 \(nxt_x\) 代表 \(x\) 子樹內的 1 類點（即 \([x+1,n]\) 中第一個限制嚴於 \(x\) 的點）。
那麼 \(f(x)\) 就很好求了（注意 \(l_x,r_x\) 的含義與原題中的含義不同，在題解一開始的時候講過）：
其中 \(\sum f(i)\) 可以用字首和表示，記 \(s(x)\) 為 \(f\) 的字首和，那麼
其中 \(-s(l_y-1)\) 與 \(x\) 無關，可以直接預處理，\(s(\min(r_y,v_x))\) 也可以根據 \(r_y\) 與 \(v_x\) 的大小關係來分類討論，從而去掉 \(\min\)。
總結一下，我們得出了樹為一條鏈的做法：從前往後掃描，碰到 \(l_y-1\) 的時候將 \(-s(l_y-1)\) 的貢獻放在 \(y\) 上，碰到 \(r_y\) 的時候將 \(s(r_y)\) 的貢獻放在 \(y\) 上。碰到 \(v_x\) 的時候求 \(f(x)\) 的值，我們需要求出 \((x,nxt_x)\) 中的貢獻之和，以及有多少個 \(y\) 假了 \(-s(l_y-1)\) 的貢獻但是沒有加 \(s(r_y)\) 的貢獻：這些 \(y\) 都對 \(x\) 產生了 \(s(v_x)\) 的貢獻。
這個統計 2 類點對 \(x\) 造成貢獻的方法可以很容易地擴充到樹上。那麼我們又回到了一個問題上：我們如何刪掉一個子樹？
此時我想到了一個做法：用 \(u(x)=0/1\) 代表 \(x\) 有沒有被刪除。求出一個點 \(x\) 的 DP 值時，將 \(x\) 子樹裡的點的 \(u\) 值全都改為 \(1\)。
這顯然是個錯的做法：我們 DFS 到 \(x\) 子樹裡的時候可是要用到這個子樹裡的點啊，怎麼能刪掉呢？可是我們 DFS 到 \(x\) 子樹時，直接遍歷 \(x\) 子樹將 \(u\) 值全都變為 \(0\) 也是不對的，因為 \(x\) 子樹裡可能已經有要刪掉的子樹了。
那麼我們可以更改 \(u(x)\) 的定義，將有沒有被刪除改成被刪除了幾次。這時候豁然開朗了：我驚奇地發現，\(x\) 子樹裡的 \(u\) 值，它們都 \(\ge u(x)\)，並且 \(x\) 子樹裡的 2 類點，它們的 \(u\) 值都等於 \(u(x)\)！
（這個東西證明很簡單，但是我考場上沒有思考正確性我就不寫了）
那麼我們利用 DFS 序將子樹變成區間，記錄一個 pair，表示區間中 \(u\) 的最小值，以及 \(u\) 等於最小值的那些點的資訊就能求出所有 2 類點的貢獻了！
1 類點的貢獻也迎刃而解了：在打刪除標記的時候不將子樹的根打標記，然後維護 \(u\) 最小值的 DP 值之和即可。（2 類點的 DP 值都為 \(0\) 所以 2 類點不會造成影響）
省流
記 \(f(x)\) 為從 \(x\) 開始走的答案。假如走到某個點，限制突然改變了那麼就可以直接用這個點的 \(f\) 值用來更新 \(f(x)\)。
向上跳肯定會改變限制，那麼考慮朝子樹裡走的情況：
- 朝子樹裡走到一個改變限制的點，需要求出這些點的 \(f\) 之和。
- 走到一個不改變限制的點，然後向上跳。
第二種情況是跳到一條祖先後代鏈，假如說找到了這些點就可以用字首和解決。
那麼我們來找這些點。我們求出一個點的 \(f\) 就對其子樹裡的所有點打上一個刪除標記。記 \(u(x)\) 表示 \(x\) 被刪除了幾次。那麼求 \(f(x)\) 時，所有 \(u\) 值等於 \(u(x)\) 的那些點都是第二種情況裡的點。透過 DFS 序將子樹變成區間，用線段樹維護 pair 的方法維護區間內 \(u\) 最小值的資訊即可。
第一種情況就是打刪除標記時不將根打標記即可。複雜度 \(O(n\log n)\)。
程式碼只拍了照片，而且寫的比較醜陋，如果某天我想寫了就重寫一份吧（
程式碼照片