可以发现，每个特殊点可以贡献的部分在树上是一条链。

设三元组(v,x,y)表示路径长度，需要更新的端点，与当前点的lca为y。

对于每个节点x，通过两遍树形DP可以求出：

d[x]：x到x子树内的某个特殊点的最优解。

u[x]：x到x子树外的某个特殊点的最优解。

pre[x]：x以及x之前的兄弟的d[]的最优解。

suf[x]：x以及x之后的兄弟的d[]的最优解。

然后在树上打标记，最后dfs一遍统计答案即可。

时间复杂度$O(n)$。

 

#include
     
      #define N 100010int n,m,i,x,y,z,vip[N],ans1,ans2;int g[N],v[N<<1],w[N<<1],nxt[N<<1],ed,dis[N],q[N],t,tag[N],cnt[N];struct P{  int v,x,y;  P(){v=-1;}  P(int _v,int _x,int _y){v=_v,x=_x,y=_y;}}d[N],u[N],pre[N],suf[N],fin[N];inline void read(int&a){char c;while(!(((c=getchar())>='0')&&(c<='9')));a=c-'0';while(((c=getchar())>='0')&&(c<='9'))(a*=10)+=c-'0';}inline void add(int x,int y,int z){v[++ed]=y;w[ed]=z;nxt[ed]=g[x];g[x]=ed;}void dfs1(int x,int f){  if(vip[x])d[x]=P(0,x,x);  for(int i=g[x];i;i=nxt[i])if(v[i]!=f){    int y=v[i];dis[y]=w[i];    dfs1(y,x);    if(d[y].v<0)continue;    if(d[y].v+w[i]>d[x].v)d[x]=d[y],d[x].v+=w[i];    else if(d[y].v+w[i]==d[x].v)d[x].x=x;  }  d[x].y=x;  fin[x]=d[x];}void dfs2(int x,int f){  if(vip[x]&&u[x].v<0)u[x]=P(0,x,x);  t=0;  for(int i=g[x];i;i=nxt[i])if(v[i]!=f)q[++t]=v[i];  for(int i=1;i<=t;i++){    int y=q[i];    pre[i]=pre[i-1];    if(d[y].v<0)continue;    if(d[y].v+dis[y]>pre[i].v)pre[i]=d[y],pre[i].v+=dis[y];    else if(d[y].v+dis[y]>pre[i].v)pre[i].x=x;  }  suf[t+1]=P();  for(int i=t;i;i--){    int y=q[i];    suf[i]=suf[i+1];    if(d[y].v<0)continue;    if(d[y].v+dis[y]>suf[i].v)suf[i]=d[y],suf[i].v+=dis[y];    else if(d[y].v+dis[y]>suf[i].v)suf[i].x=x;  }  for(int i=1;i<=t;i++){    int y=q[i];    P B=pre[i-1];    if(B.v
      
       fin[y].v)fin[y]=B;    else if(B.v==fin[y].v)fin[y].v=-1;  }  for(int i=g[x];i;i=nxt[i])if(v[i]!=f)dfs2(v[i],x);}inline void modify(int x,int y,int z){tag[x]++,tag[y]++,tag[z]-=2,cnt[z]++;}void dfs3(int x,int f){  for(int i=g[x];i;i=nxt[i])if(v[i]!=f)dfs3(v[i],x),tag[x]+=tag[v[i]];  cnt[x]+=tag[x];}int main(){  read(n),read(m);  for(i=1;i<=m;i++)read(x),vip[x]=1;  for(i=1;i
       
        ans1)ans1=cnt[i],ans2=1;    else if(cnt[i]==ans1)ans2++;  }  return printf("%d %d",ans1,ans2),0;}