题目大意
现在有一颗 n 个点的有根树，每个点有点权 w[i]。在树上每一条从 u 到 v 的简单路径都能得到一个序列：按照顺序把经过的点的权值写下来，这个序列定义为 Au,v，注意 Au,v 可能不等于 Av,u。
序列 B 在树上出现过当且仅当存在 u,v 满足 B 是 Au,v 的子序列。
整数 d 在树上出现过当且仅当存在以 d 为公差的长度不小于 3 的等差数列在树上出现过。
问有多少个正整数 d 在树上出现过。
n<=5e4， 1<=w<=n， 时限 2s。
先考虑序列怎么做
显然所谓的等差数列只要找三项就可以了。
题目规定了等差数列必须从小到大，因此我们枚举中间一项是谁，这样就可以避免顺序问题。
比如我们枚举了 w[i] 作为中间项，那么就要在左边找 w[i]-d，右边找 w[i]+d，来更新答案。我们观察到这两项与中间项的距离是相等的，如何利用这一性质呢？
我们维护一个前缀 bitset（把它叫做 S1）和一个后缀 bitset （把它叫做 S2）。
每插入一个 w，就把 S1 的第 n-w+1 位标为 1，把 S2 的第 w 位标为 1。
当询问 w[i] 的时候，就把 S1 和 S2 都右移 w[i] 位（这就是为什么 S1 要反着存），再 and 起来，得到的东西记为 S3，那么 S3 中为 1 的位，就代表一个合法的 d。
于是我们答案再维护一个 bitset（把它叫做 ans），每次就 ans & S3，最后统计 ans 有多少位为 1 就行了。
到树上
枚举了中间项 w[i] 之后，剩下两项有两种情况，一种是全在儿子里，一种是一个在儿子里，一个在子树外。
所以如果每个点维护一个 bitset 的话，就相当于合并儿子的信息，合并完之后用整个子树跟子树外的再操作一下。从 dfs 序来看，子树外相当于两个（或一个）区间，所以也可以快速得到其 bitset。
但是这样会 MLE。
一种解决方法是分块。我们每个块维护一个 bitset，对于非完整块就暴力。这样需要根号个bitset。
另一种解决方法是莫队。对于点 i，把 i 的每个儿子当作一个询问区间，丢到莫队里。然后每个询问就相当于区间内和区间外的运算。这样需要 3 个bitset（当前区间内一个、区间外一个、答案一个）。
