很好玩的题目！没有想到题解区做法，这里给一个鏖战许久的容斥做法。由于写的太多所以单独成篇了。
这个关键点、距离等限制有一种 [十二省联考 2019] 希望 的既视感（虽然这个题更早）。直接算单个点的贡献就是以其为根时的最大深度，直接加起来会算重。
和希望那题一样，猜测对于一个树上连通块 \(S\)，能染出来 \(S\) 的 \(u\) 在树上也是一个连通块。这应该是容易证明的，具体在下面的求解过程中也可以感知到。
先考虑 \(s_i=1\) 怎么做。
考虑容斥，可以直接套点边容斥，就是只需要算点的方案数减去边的方案数。更多关于这个结论的内容可以去希望的题解区。
点的方案数上面提过了，就是以其为根时的最大深度（根的深度为 \(1\)）。
至于边的方案，考察树上一条边 \((u,v)\)，其中 \(u\) 是 \(v\) 的父亲：
令 \(x\) 表示在 \(v\) 子树外一点到 \(u\) 的最大距离，\(y\) 表示在 \(v\) 子树内一点到 \(v\) 的最大距离。考虑选择 \(v,d_v\) 进行染色，是否存在 \(d_u\) 使得选择 \(u,d_u\) 染色的方案一样。建议画图感知一下下面的分讨。
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若 \(d_v<y\)，此时必须有 \(d_u=d_v+1\)，否则在 \(v\) 子树内的染色情况不同。那么这时必须要求 \(d_v\geq x+1\)，否则在 \(v\) 子树外的染色情况不同。这种情况的方案数为 \(\max(0,y-x-1)\)。
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若 \(d_u<x\)，此时必须有 \(d_v=d_u+1\)，否则在 \(v\) 子树外的染色情况不同。同时有 \(d_u\geq y+1\)，否则在 \(v\) 子树内的染色情况不同。这种情况的方案数为 \(\max(0,x-y-1)\)，可以看到和上面那种情况是恰好互补的。
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若 \(d_u=d_v\)，这是唯一剩下的没有被上面讨论到的情况。此时取 \(d_u=d_v=\max(x,y)\) 是唯一解，方案数为 \(1\)。
综合一下几种情况，一条边 \(u,v\) 的方案数为 \(\max(1,|x-y|)\)。
自此解决了 \(s_i=1\) 的点，发现非常良心地有这档分（于是我以为我的思路是正解思路）。Code。
接下来考虑原题目。
原题目由于指定了关键点，容斥会有点麻烦。具体来说，不妨回归本源，钦定一些关键点 \(S\)，算 \(S\) 合法的方案数并带上系数 \((-1)^{|S|-1}\)。
由于 \(|S|\) 合法等价于 \(|S|\) 的斯坦纳树合法，因此可以以树上连通块为计数对象。可以得到当且仅当一个树上连通块的叶子（度数 \(=1\)）全都是关键点，且非叶点全都不是关键点的时候会有贡献。至于为什么是这样，在这里有详细的阐释。
将连通块上的所有点依次标号为 \(v_1,v_2,\cdots,v_k\)。令 \(v_i\) “子树”外最大距离为 \(x_i\)，“子树”内最大距离为 \(y_i\)。在此定义 \(v_i\) 的“子树”：对于一个点 \(w\)，如果 \(v_i\rightarrow w\) 的路径上经过了除 \(v_i\) 以外的连通块上的点，\(w\) 在 \(v_i\) 的“子树”外，否则在 \(v_i\) 的“子树”内。
再设 \(v_i\) 取 \(d_i\) 进行染色时 \(k\) 个点的染色结果相同。
从上面 \(s_i=1\) 的做法可以看出，只可能存在至多一个 \(i\) 满足 \(d_i<y_i\)，在 \(d_i\) 确定后所有的 \(d\) 都确定了。同时有 \(d_i\geq x_i\)，即 \(v_i\) 可以染到外面的所有点，否则外面的点染色情况不同。总的贡献为 \(\max(0,y_i-x_i)\)。
于是可以发现对于一个连通块真正产生贡献的其实只有一个 \(v_i\)，即 \(y_i\) 最大的那个。因为要求了 \(x_i\leq d_i< y_i\)，又有 \(\forall i,j(i\not=j),x_i\geq y_j\)，所以只有 \(y_i\) 最大的那个会产生贡献。注意到一个更强的说法是一个连通块内至多只有一个点满足 \(y_i>x_i\)。
Caution：这里需要注意的是连通块的根如果是关键点，度数必须为 \(1\)，否则度数必须不为 \(1\)，不然与斯坦纳树的定义相悖。在下面的讨论中，默认这一条件已经考虑。
于是考虑分开计算每个满足 \(y>x\) 的点 \(u\) 的贡献。
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对于一个在连通块上不为根的关键点 \(u\) 来说，如果其子树外存在其它关键点，其容斥系数之和为 \(-1\)，否则为 \(0\)。这是因为假设其子树外有 \(c\) 个关键点满足到 \(u\) 的路径上没有其它关键点，容斥系数为 \(\sum\limits_{i=1}^c(-1)^{i}\binom{c}{i}=-[c\not=0]\)。
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对于一个在连通块上为根的关键点来说，如果其子树内存在其它关键点，其容斥系数之和为 \(-1\)，否则为 \(0\)。
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对于一个在连通块上的非关键点 \(u\) 来说——这是最麻烦的情况，因为其“子树”内外的最大距离是不确定的——先再明确一遍其“子树”的定义：如果一个点到 \(u\) 的路径上经过了除 \(u\) 以外的连通块上的点，这个点在 \(u\) 的“子树”外，否则在 \(u\) 的“子树”内。由于子树内最大距离大于子树外最大距离才会产生贡献，\(u\) 儿子（这里暂且以 \(u\) 为根，就是将其原树上的父亲也视为儿子）的子树当中最大距离最大的那个一定会被划分到 \(u\) 的“子树”内，而其它的儿子可以随意划分（当然只有在其子树内有关键点的时候才能被划分到 \(u\) 的“子树”外）。然后再枚举“子树”外的最大距离计算贡献。假设“子树”外最大距离为 \(d\)，则考察是否存在至少两个子树内最大距离 \(\leq d-1\) 的儿子有关键点，有的话容斥系数就是 \(-1\)，否则为 \(0\)。
注意还要考虑整个连通块不存在 \(d_i<y_i\) 的情况，这时等价于要求整棵树染色，在实现上可以先全部不管，最后再加上 \(1\)。
总结一下，这个做法的关键在于容斥之后通过计数对象的转变（从集合到树上联通块再到点的贡献），容斥系数得到了极大的（？）简化，变成了便于计算（？）的形式。
更多细节可以看代码，其实很短。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define IOS ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr)
using LL = long long;
constexpr int MAXN = 2e5 + 5;
int n, mx[MAXN], smx[MAXN], out[MAXN], cnt_key[MAXN];
//子树内最大/次大，子树外最大，子树内关键点数
vector<int> G[MAXN];
LL ans;
string S;
void dfs(int u, int fa) {cnt_key[u] += (S[u] == '1');for (int v : G[u]) if (v != fa) {dfs(v, u);cnt_key[u] += cnt_key[v];if (mx[v] + 1 > mx[u]) smx[u] = mx[u], mx[u] = mx[v] + 1;else smx[u] = max(smx[u], mx[v] + 1);}
}
void Get_out(int u, int fa) {if (S[u] == '1') ans += max(mx[u], out[u]);for (int v : G[u]) if (v != fa) {out[v] = max(out[u], mx[v] + 1 == mx[u] ? smx[u] : mx[u]) + 1;Get_out(v, u);}
}
void Get_ans(int u, int fa) {for (int v : G[u]) if (v != fa) Get_ans(v, u);if (S[u] == '1') {if (cnt_key[1] - cnt_key[u]) ans -= max(0, mx[u] - out[u]);//分讨情况：对于一个在连通块上不为根的关键点 u for (int v : G[u]) if (v != fa && cnt_key[v]) ans -= max(0, (out[v] - 1) - (mx[v] + 1));//分讨情况：对于一个在连通块上为根的关键点 u } else {//分讨情况：对于一个在连通块上的非关键点 G[u].emplace_back(0), mx[0] = out[u] - 1, cnt_key[0] = cnt_key[1] - cnt_key[u];//将原树上的父亲视为儿子 sort(G[u].begin(), G[u].end(), [&](int x, int y) { return mx[x] > mx[y]; });while (!G[u].empty() && !cnt_key[G[u].back()]) G[u].pop_back();int vismx = 0;//是否已经有比当前儿子子树最大距离更大的儿子被划分到 u 的“子树”内，如果有的话“子树”内最大距离是多少 for (int v : G[u]) if (v != fa) {if (vismx && cnt_key[v] && v != G[u].back()) ans -= max(0, vismx - (mx[v] + 1));vismx = max(vismx, mx[v] + 1);}}
}
int main() {IOS;cin >> n;for (int u, v, i = 1; i < n; ++i) cin >> u >> v, G[u].emplace_back(v), G[v].emplace_back(u);cin >> S; S = '#' + S;dfs(1, 0), Get_out(1, 0), Get_ans(1, 0);cout << ans + 1 << '\n';return 0;
}
