分析

我们有一个性质，树的任意一个点到树另外一个点的最长距离，一定是由某一个直径的端点和该点构成的。有了这个性质。我们只需要对这几个特殊的建一个虚树。然后找到直径的端点，那么答案为 这个做三次 就好了。代码非常简单，因为我们不用真正的建出虚树。

• 关于定理的证明，下文全选自 网站。

• 引理：在一个连通无向无环图中， 、 和 是三个不同的结点。当 到 的最短路与 到 的最短路不重合时， 到 的最短路就是这两条最短路的拼接。

• 证明：假设 到 有一条不经过 的更短路 ，则该路与 、 形成一个环，与前提矛盾。

• 定理：在一个连通无向无环图中，以任意结点出发所能到达的最远结点，一定是该图直径的端点之一。

• 证明：假设这条直径是 。分两种情况：

• 当出发结点 在 时，假设到达的最远结点 不是 中的任一个。这时将 与不与之重合的 拼接（也可以假设不与之重合的是直径的另一个方向），可以得到一条更长的直径，与前提矛盾。

• 当出发结点 不在 上时，分两种情况：
  当 到达的最远结点 横穿 时，记与之相交的结点为 。此时有 。而此时 ，故可得 。由 1 的结论可知该假设不成立。

• 当 到达的最远结点 与 不相交时，记 到 的最短路首先与 相交的结点是 。由假设 。而 又可以形成 ，而 ，与题意矛盾。

• 因此定理成立。

  代码

  #include<bits/stdc++.h>
  using namespace std;
  const int N = 110000;
  vector<int> G[N];int read() {int x;scanf("%d",&x);return x;}
  int n,vis[N],dis1[N],dis2[N],dis3[N],L,R,m,k;
  void dfs1(int x,int fa,int dep) {dis1[x]=dep;for(auto y:G[x])if(y^fa)dfs1(y,x,dep+1);}
  void dfs2(int x,int fa,int dep) {dis2[x]=dep;for(auto y:G[x])if(y^fa)dfs2(y,x,dep+1);}
  void dfs3(int x,int fa,int dep) {dis3[x]=dep;for(auto y:G[x])if(y^fa)dfs3(y,x,dep+1);}
  int main() {
    n = read();m = read();k = read();int ans = 0;
    for(int i = 1,a;i <= m;i++) {a = read();vis[a] = 1;}
    for(int i = 1,a,b;i <= n - 1;i++) {a = read();b = read();G[a].push_back(b);G[b].push_back(a);}
    dfs1(1,0,0);for(int i = 1;i <= n;i++) if(dis1[i] >= dis1[L] && vis[i]) L = i;
    dfs2(L,0,0);for(int i = 1;i <= n;i++) if(dis2[i] >= dis2[R] && vis[i]) R = i;
    dfs3(R,0,0);for(int i = 1;i <= n;i++) if((dis3[i] <= k && dis2[i] <= k)) ans++;
    return 0 * printf("%d\n",ans);
  }