在最优策略下，我们到达任意一点后，如果他有子节点，那么我们会继续向下遍历。
故最小的遍历次数为子树内叶结点的数量，我们可以用一遍 dfs 来统计以 u 点为根节点的子树内叶结点的数量，我们用 g_u 表示。
设 v 点为 u 点的子结点，易得转移方程：
g_u=\sum g_v
最大药水数量：
在以 u 点位根节点的子树内能拾取到的药水数量我们用 f_u 表示，其必然由其子结点转移而来，设其子结点为 v 点。
在遍历之后出现的药水自然无法捡到，那设 u 点能捡到的药水的数量为 a_u，那么在任意一颗子树内，它最多遍历 g_u 次，最多能拾取到的药水数量为 (\sum f_v)+a_u，易得转移方程：
f_u=\max(g_u,(\sum f_v)+a_u)
代码：
```cpp
#include<bits/stdc++.h>
#define INF 2147483647
#define int long long
#define endl '\n'
#define inl inline
#define reg register
using namespace std;
const int N=1e5+5;
vector<int>g[N];
int n,p[N],u,v,ye[N],yao[N];
bool flag[N],vis[N];
/*
n,p如题所述，g,u,v为了建树，ye,yao等同于上述g,f,a(yao代替了f,a)
*/
inl int read(){//快读
reg int f=1,x=0;
reg char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){
if(ch=='-') f=-1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9'){
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
ch=getchar();
}
return f*x;
}
inl void write(int x){//快写
if(x<0) x=-x;
if(x>=10) write(x/10);
putchar(x%10^48);
}
inl void dfs1(int now){//求叶结点数
flag[now]=true;
for(reg int i=0;i<g[now].size();++i)
if(!flag[g[now][i]]){
dfs1(g[now][i]);
ye[now]+=ye[g[now][i]];
}
flag[now]=false;
return;
}
inl void dfs2(int now){//求拾取药水数
flag[now]=true;
for(reg int i=0;i<g[now].size();++i)
if(!flag[g[now][i]]){
dfs2(g[now][i]);
yao[now]+=yao[g[now][i]];
}
yao[now]=min(yao[now],ye[now]);
flag[now]=false;
return;
}
signed main(){
n=read();
for(reg int i=1;i<=n;++i) p[i]=read();
for(reg int i=1;i<n;++i){
u=read();
v=read();
g[u].push_back(v);
g[v].push_back(u);
}
for(reg int i=2;i<=n;++i)
if(g[i].size()==1) ye[i]+=1;
dfs1(1);
for(reg int i=1;i<=ye[1];++i) ++yao[p[i]];
dfs2(1);
write(yao[1]);
return 0;//结束
}
```