【题意】
有若干个询问，询问路径u,v上的颜色总数，另外有要求a,b，意为将a颜色看作b颜色。
【思路】
vfk真是神系列233。
Quote：
用S(v, u)代表 v到u的路径上的结点的集合。
用root来代表根结点，用lca(v, u)来代表v、u的最近公共祖先。
那么
S(v, u) = S(root, v) xor S(root, u) xor lca(v, u)
其中xor是集合的对称差。
简单来说就是节点出现两次消掉。
lca很讨厌，于是再定义
T(v, u) = S(root, v) xor S(root, u)
观察将curV移动到targetV前后T(curV, curU)变化：
T(curV, curU) = S(root, curV) xor S(root, curU)
T(targetV, curU) = S(root, targetV) xor S(root, curU)
取对称差：
T(curV, curU) xor T(targetV, curU)= (S(root, curV) xor S(root, curU)) xor (S(root, targetV) xor S(root, curU))
由于对称差的交换律、结合律：
T(curV, curU) xor T(targetV, curU)= S(root, curV) xor S(root, targetV)
两边同时xor T(curV, curU)：
T(targetV, curU)= T(curV, curU) xor S(root, curV) xor S(root, targetV)
发现最后两项很爽……哇哈哈
T(targetV, curU)= T(curV, curU) xor T(curV, targetV)
（有公式恐惧症的不要走啊 T_T）
也就是说，更新的时候，xor T(curV, targetV)就行了。
即，对curV到targetV路径(除开lca(curV, targetV))上的结点，将它们的存在性取反即可。
from vfleaking
设目前指针处于a,b，且now为已经得到的T(curV,curU)的统计答案，此次询问为u,v，则我们使a->u,b->v，设计一个vis标记，路上取反标记并更新now，即xor T(curV,targetV)，最后还要取反lca(u,v)才是一个完整的u->v路径。
【代码】
#include<set>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define trav(u,i) for(int i=front[u];i;i=e[i].nxt)
#define FOR(a,b,c) for(int a=(b);a<=(c);a++)
using namespace std; typedef long long ll;
const int N = 4e5+;
const int D = ; ll read() {
char c=getchar();
ll f=,x=;
while(!isdigit(c)) {
if(c=='-') f=-; c=getchar();
}
while(isdigit(c))
x=x*+c-'',c=getchar();
return x*f;
} struct Edge {
int v,nxt;
}e[N];
int en=,front[N];
void adde(int u,int v)
{
e[++en]=(Edge){v,front[u]}; front[u]=en;
} int n,m,B,B_cnt,now,dfsc,dfn[N],ans[N];
int pos[N],a[N],cnt[N],vis[N],fa[N][D],dep[N],st[N],top; struct Node
{
int id,l,r,a,b;
bool operator < (const Node& rhs) const
{
return pos[l]<pos[rhs.l] || (pos[l]==pos[rhs.l]&&dfn[r]<dfn[rhs.r]);
}
} q[N]; int dfs(int u)
{
FOR(i,,D-)
fa[u][i]=fa[fa[u][i-]][i-];
int size=;
dfn[u]=++dfsc;
trav(u,i)
{
int v=e[i].v;
if(v!=fa[u][]) {
fa[v][]=u;
dep[v]=dep[u]+;
size+=dfs(v);
if(size>=B) {
B_cnt++;
while(size--)
pos[st[top--]]=B_cnt;
}
}
}
st[++top]=u;
return size+;
}
int lca(int u,int v)
{
if(dep[u]<dep[v]) swap(u,v);
int t=dep[u]-dep[v];
FOR(i,,D-)
if((<<i)&t) u=fa[u][i];
if(u==v) return u;
for(int i=D-;i>=;i--)
if(fa[u][i]!=fa[v][i])
u=fa[u][i],v=fa[v][i];
return fa[u][];
}
void upd(int u)
{
if(!vis[u]) {
vis[u]=;
now+=(++cnt[a[u]])==;
} else {
vis[u]=;
now-=(--cnt[a[u]])==;
}
}
void work(int u,int v)
{
while(u!=v)
{
if(dep[u]<dep[v]) swap(u,v);
upd(u); u=fa[u][];
}
}
int main()
{
// freopen("in.in","r",stdin);
// freopen("out.out","w",stdout);
n=read(),m=read();
B=sqrt(n);
FOR(i,,n) a[i]=read();
int rt,u,v;
FOR(i,,n) {
u=read(),v=read();
if(!u) rt=v;
else if(!v) rt=u;
else adde(u,v),adde(v,u);
}
dfs(rt);
B_cnt++;
while(top) pos[st[top--]]=B_cnt;
FOR(i,,m) {
q[i].l=read(),q[i].r=read();
q[i].a=read(),q[i].b=read();
q[i].id=i;
if(dfn[q[i].l]>dfn[q[i].r]) swap(q[i].l,q[i].r);
}
sort(q+,q+m+); work(q[].l,q[].r);
int lc=lca(q[].l,q[].r);
upd(lc);
ans[q[].id]=now;
ans[q[].id]-=(q[].a!=q[].b)&&(cnt[q[].a]&&cnt[q[].b]);
upd(lc); FOR(i,,m) {
work(q[i-].l,q[i].l);
work(q[i-].r,q[i].r);
lc=lca(q[i].l,q[i].r);
upd(lc);
ans[q[i].id]=now;
ans[q[i].id]-=(q[i].a!=q[i].b)&&(cnt[q[i].a]&&cnt[q[i].b]);
upd(lc);
} FOR(i,,m)
printf("%d\n",ans[i]);
return ;
}