http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3757 (题目链接)
MD调了好久，最后蒯了几个标程交上去，没想到都RE了。。。最后才看到： 
= =
题意
求树上两点间路径上有多少个不同的点权。
Solution
像这种树链剖分解决不了的问题，大概就是树上莫队。
我们dfs一遍对树分块，这个很简单，不会的见bzoj1086。之后对询问（u，v）以在u所在的块的位置为第一关键字，v的dfs序为第二关键字。其实这对于我们之后处理问题没有任何帮助，只是保证莫队的复杂度为nsqrtn，因为每个块的大小为sqrt(n)，块的个数也是sqrt(n)，所以这样以dfs序为第二关键字排序后，在每个块内进行修改的话，最坏情况顶多是走遍整棵树，O(n)。
怎么插入删除以及求解呢？蒯了一个神题解，不过有公式恐惧症的我看了几眼就不想看了，直接磨标程去了。。
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) xorS(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。
”
——vfk博客
搞了这么多，其实道理很简单。对于一个询问，用数组p[i]记录颜色i在当前询问中出现了几次；vis[i]记录节点i是否已经算过了，如果已经算过了，那么就是要删除当前节点，反之则是要加入当前节点，顺便更新答案ans即可。
代码的话我也不知道是不是正确的= =
代码
// bzoj3757
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#define MOD 1000000007
#define inf 2147483640
#define LL long long
#define free(a) freopen(a".in","r",stdin);freopen(a".out","w",stdout);
using namespace std;
inline LL getint() {
LL x=0,f=1;char ch=getchar();
while (ch>'9' || ch<'0') {if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
while (ch>='0' && ch<='9') {x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
return x*f;
} const int maxn=100010;
struct edge {int to,next;}e[maxn<<2];
struct ask {int u,v,a,b,id;}t[maxn];
int cnt,n,q,m,block,top,ans;
int head[maxn],dfn[maxn],fa[maxn][20],bin[20],deep[maxn],p[maxn];
int st[maxn],pos[maxn],vis[maxn],c[maxn],a[maxn],res[maxn]; void insert(int u,int v) {
e[++cnt].to=v;e[cnt].next=head[u];head[u]=cnt;
e[++cnt].to=u;e[cnt].next=head[v];head[v]=cnt;
}
int dfs(int x) {
dfn[x]=++cnt;
int size=0;
for (int i=1;i<20;i++) fa[x][i]=fa[fa[x][i-1]][i-1];
for (int i=head[x];i;i=e[i].next) if (e[i].to!=fa[x][0]) {
deep[e[i].to]=deep[x]+1;
fa[e[i].to][0]=x;
size+=dfs(e[i].to);
if (size>=block) {
m++;
for (int j=1;j<=size;j++) pos[st[top--]]=m;
size=0;
}
}
st[++top]=x;
return size+1;
}
bool cmp(ask a,ask b) {
return pos[a.u]==pos[b.u] ? dfn[a.v]<dfn[b.v] : pos[a.u]<pos[b.u];
}
int lca(int x,int y) {
if (deep[x]<deep[y]) swap(x,y);
int t=deep[x]-deep[y];
for (int i=0;bin[i]<=t;i++) if (bin[i]&t) x=fa[x][i];
for (int i=19;i>=0;i--)
if (fa[x][i]!=fa[y][i]) x=fa[x][i],y=fa[y][i];
return x==y?x:fa[x][0];
}
void work(int x) {
if (!vis[x]) {vis[x]=1;p[c[x]]++;if (p[c[x]]==1) ans++;}
else {vis[x]=0;p[c[x]]--;if (p[c[x]]==0) ans--;}
}
void solve(int u,int v) {
while (u!=v) {
if (deep[u]>deep[v]) work(u),u=fa[u][0];
else work(v),v=fa[v][0];
}
}
int main() {
bin[0]=1;for (int i=1;i<20;i++) bin[i]=bin[i-1]<<1;
scanf("%d%d",&n,&q);
for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&c[i]);
for (int i=1;i<=n;i++) {
int u,v;
scanf("%d%d",&u,&v);
insert(u,v);
}
block=(int)sqrt(n);
cnt=0;
dfs(e[head[0]].to);
m++;
while (top) pos[st[top--]]=m;
for (int i=1;i<=q;i++) {
scanf("%d%d%d%d",&t[i].u,&t[i].v,&t[i].a,&t[i].b);
if (dfn[t[i].u]>dfn[t[i].v]) swap(t[i].u,t[i].v);
t[i].id=i;
}
sort(t+1,t+1+q,cmp);
solve(t[1].u,t[1].v);
int x=lca(t[1].u,t[1].v);
work(x);
res[t[1].id]=ans;
if (p[t[1].a] && p[t[1].b] && t[1].a!=t[1].b) res[t[1].id]--;
work(x);
for (int i=2;i<=q;i++) {
solve(t[i-1].u,t[i].u);
solve(t[i-1].v,t[i].v);
x=lca(t[i].u,t[i].v);
work(x);
if (p[t[i].a] && p[t[i].b] && t[i].a!=t[i].b) res[t[i].id]=ans-1;
else res[t[i].id]=ans;
work(x);
}
for (int i=1;i<=q;i++) printf("%d\n",res[i]);
return 0;
}