Description

世界树是一棵无比巨大的树，它伸出的枝干构成了整个世界。在这里，生存着各种各样的种族和生灵，他们共同信奉着绝对公正公平的女神艾莉森，在他们的信条里，公平是使世界树能够生生不息、持续运转的根本基石。

世界树的形态可以用一个数学模型来描述：世界树中有n个种族，种族的编号分别从1到n，分别生活在编号为1到n的聚居地上，种族的编号与其聚居地的编号相同。有的聚居地之间有双向的道路相连，道路的长度为1。保证连接的方式会形成一棵树结构，即所有的聚居地之间可以互相到达，并且不会出现环。定义两个聚居地之间的距离为连接他们的道路的长度；例如，若聚居地a和b之间有道路，b和c之间有道路，因为每条道路长度为1而且又不可能出现环，所卧a与c之间的距离为2。

出于对公平的考虑，第i年，世界树的国王需要授权m[i]个种族的聚居地为临时议事处。对于某个种族x（x为种族的编号），如果距离该种族最近的临时议事处为y（y为议事处所在聚居地的编号），则种族x将接受y议事处的管辖（如果有多个临时议事处到该聚居地的距离一样，则y为其中编号最小的临时议事处）。

现在国王想知道，在q年的时间里，每一年完成授权后，当年每个临时议事处将会管理多少个种族（议事处所在的聚居地也将接受该议事处管理）。 现在这个任务交给了以智慧著称的灵长类的你：程序猿。请帮国王完成这个任务吧。

Input

第一行为一个正整数n，表示世界树中种族的个数。

接下来n-l行，每行两个正整数x，y，表示x聚居地与y聚居地之间有一条长度为1的双

向道路。接下来一行为一个正整数q，表示国王询问的年数。

接下来q块，每块两行：

第i块的第一行为1个正整数m[i]，表示第i年授权的临时议事处的个数。

第i块的第二行为m[i]个正整数h[l]、h[2]、…、h[m[i]]，表示被授权为临时议事处的聚居地编号（保证互不相同）。

Output

输出包含q行，第i行为m[i]个整数，该行的第j(j=1，2…，，m[i])个数表示第i年被授权的聚居地h[j]的临时议事处管理的种族个数。

Sample Input

10

2 1

3 2

4 3

5 4

6 1

7 3

8 3

9 4

10 1

5

2

6 1

5

2 7 3 6 9

1

8

4

8 7 10 3

5

2 9 3 5 8

Sample Output

1 9

3 1 4 1 1

10

1 1 3 5

4 1 3 1 1

HINT

N<=300000, q<=300000,m[1]+m[2]+…+m[q]<=300000

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为了这题特意学了倍增来着……

首先肯定建出虚树，然后考虑如何统计答案。首先我们可以通过两次dfs，对虚树上每个点记录最近的标记点，并且求出距离（pair的妙用）

然后我们考虑虚树上的每条边，如果两端点记录的标记点相同，则这两个点在原树上所属的子树都给该标记点贡献了答案，注意之前算过的子树不能重复计算

如果两端点记录的标记点不同，那么代表必然在边上存在一个原树的点，将边分成两个部分，我们可以通过两个端点记录的距离，以及边的长度等求出断点的位置，然后倍增找到断点，分两部分统计答案即可

/*program from Wolfycz*/#include
    
     #include
     
      #include
      
       #include
       
        #include
        
         #define Fi first#define Se second#define MK make_pair#define inf 0x7f7f7f7f#define lowbit(x) ((x)&-(x))using namespace std;typedef long long ll;typedef unsigned int ui;typedef pair
         
           pii;typedef unsigned long long ull;inline char gc(){ static char buf[1000000],*p1=buf,*p2=buf; return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1000000,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;}inline int frd(){ int x=0,f=1; char ch=gc(); for (;ch<'0'||ch>'9';ch=gc()) if (ch=='-') f=-1; for (;ch>='0'&&ch<='9';ch=gc()) x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0'; return x*f;}inline int read(){ int x=0,f=1; char ch=getchar(); for (;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar()) if (ch=='-') f=-1; for (;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar()) x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0'; return x*f;}inline void print(int x){ if (x<0) putchar('-'),x=-x; if (x>9) print(x/10); putchar(x%10+'0');}const int N=3e5;int dfn[N+10],Lg[(1<<19)+10],root;pii operator +(pii a,int b){return MK(a.Fi+b,a.Se);}bool cmp(int x,int y){return dfn[x]
          
           =dfn[lca]){ insert(y,stack[top--]); continue; }else{ if (lca==stack[top]) break; insert(lca,stack[top]); stack[top]=lca; break; } } stack[++top]=x; } while (top>1){ insert(stack[top],stack[top-1]); top--; } } void dfs1(int x,int fa){ f[x]=ID[x]?MK(0,x):MK(inf,0); size[x]=OT.size[x]; for (int p=now[x],son=child[p];p;p=pre[p],son=child[p]){ if (son==fa) continue; dfs1(son,x); f[x]=min(f[x],f[son]+val[p]); size[x]-=OT.size[OT.jump(son,val[p]-1)];//不重复考虑 } } void dfs2(int x,int fa){ for (int p=now[x],son=child[p];p;p=pre[p],son=child[p]){ if (son==fa) continue; f[son]=min(f[son],f[x]+val[p]); dfs2(son,x); } for (int p=now[x],son=child[p];p;p=pre[p],son=child[p]){ if (son==fa) continue; //寻找断点 int V=f[x].Fi-f[son].Fi+val[p]-1; int res1=OT.size[OT.jump(son,val[p]-1)]+size[son]-OT.size[son]; int res2=OT.size[OT.jump(son,V/2+((V>0)&&(V&1)&&(f[son].Se
           
            %d %d\n",x,f[x].Fi,f[x].Se); for (int p=now[x],son=child[p];p;p=pre[p],son=child[p]){ if (son==fa) continue; Debug(son,x); } now[x]=0; } void work(){ int m=read(); for (int i=1;i<=m;i++) ID[A[i]=read()]=i; rebuild(m),dfs1(root,0),dfs2(root,0); for (int i=1;i<=m;i++) printf("%d",Ans[i]),putchar(i==m?'\n':' '); for (int i=1;i<=m;i++) ID[A[i]]=0,Ans[i]=0; }}VT;//Virtual Treeint main(){ for (int i=2;Lg[i>>1]<19;i<<=1) Lg[i]=Lg[i>>1]+1; int n=read(); root=n+1; for (int i=1;i