題意
給你一顆有 \(n\) 個點并且以 \(1\) 為根的樹。共有 \(q\) 次詢問，每次詢問兩個參數 \(p, k\) 。詢問有多少對點 \((p, a, b)\) 滿足 \(p,a,b\) 為三個不同的點，\(p, a\) 都為 \(b\) 的祖先，且 \(p\) 到 \(a\) 的距離不能超過 \(k\) 。
\(n\le 300000 , q\le 300000\) 不要求強制在線。
題解
令 \(dep[u]\) 為點 \(u\) 的深度，\(sz[u]\) 為 \(u\) 的子樹大小（除去 \(u\) 本身）
首先我們考慮兩種情況：
- \(a\) 為 \(p\) 的祖先，那么這部分貢獻很好計算，就是 \(\min\{dep[p] - 1,k\} \times sz[u]\) 。
- \(a\) 在 \(p\) 的子樹內，那么這部分貢獻就是 \(\displaystyle \sum_{dis(p,a) \le k} sz[a]\) 。
我們現在只要考慮第二部分貢獻怎么求。
不難發現，這些點的深度就是 \([dep[p], dep[p]+k]\) 這個范圍內的。
那么我們可以對于每個點用個 主席樹 來存儲這些信息，可以在線回答詢問。
那么離線的話，可以考慮用 線段樹合并 維護它每個子樹的信息。
具體來說，這些都是對于每個 \(dep\) 維護它的 \(sz\) 的和，然后查區間和就行了。
然而這些時空復雜度都是 \(O(n \log n)\) ，其實還有更好的做法。
為什么我發現了呢qwq？
因為 fatesky 做這道題線段樹合并做法的時候，Wearry 說可以 長鏈剖分 那就是 \(O(n)\) 的啦。
我們令 \(\displaystyle maxdep[u]=\max_{v \in child[u]} \{dep[v\}\) 也就是它子樹中的最大深度。
具體來說，長鏈剖分就是把每個點兒子中 \(maxdep\) 最大的那個當做重兒子。重兒子與父親連的邊叫做重邊。一連串重邊不間斷連到一起就叫做重鏈。
然后我們就有一條性質。
性質1 : 重鏈長度之和是 \(O(n)\) 的。
這個很顯然啦，因為總共只有 \(O(n)\) 級別的邊。
有了這個我們就可以解決一系列 關于深度的動態規劃 問題了，對于這列問題常常都可以做到 \(O(n)\) 的復雜度。
具體操作就是，每次暴力繼承重兒子的 \(dp\) 狀態，然后輕兒子暴力合并上去。
不難發現這個復雜度是 \(O(\sum\) 重鏈長 \()\) \(= O(n)\) 的。
繼承的時候常常需要移位，并且把當前節點貢獻算入，并且這個 \(dp\) 需要動態空間才能實現。
對于這道題我們考慮維護一個后綴和，也就是對于 \(u\) 子樹中的 \(v\) ，\(dep[v] \ge k\) 的所有 \(sz[v]\) 的和。
不難發現后綴和是很好合并的，這個的復雜度只需要 \(O(\min maxdep[v])\) 。
每次添加一個點 \(sz[u]\) 對于 \(dep[u]\) 的貢獻只會對一個點的貢獻產生影響，這個復雜度是 \(O(1)\) 的。
代碼實現的話，就可以用一個 std :: vector ，按深度從大到小 （ \(maxdep[u] \to dep[u]\) ）存儲每個點的信息，因為這樣最方便繼承重兒子狀態（每次加入狀態只在整個 vector 末端添加一個元素）
其實可以動態開內存，順著做，但我似乎學不來
常數似乎有點大，沒比 \(O(n \log n)\) 快多少，vector 用多了... Wearry 到是優化了點常數到了 \(4000+ ms\) 。
話說這個很像原來 DOFY 講過的那道 Dsu on Tree ？
代碼
#include <bits/stdc++.h>#define For(i, l, r) for(register int i = (l), i##end = (int)(r); i <= i##end; ++i)
#define Fordown(i, r, l) for(register int i = (r), i##end = (int)(l); i >= i##end; --i)
#define Set(a, v) memset(a, v, sizeof(a))
#define Cpy(a, b) memcpy(a, b, sizeof(a))
#define debug(x) cout << #x << ": " << x << endl
#define DEBUG(...) fprintf(stderr, __VA_ARGS__)using namespace std;typedef long long ll;inline bool chkmin(int &a, int b) {return b < a ? a = b, 1 : 0;}
inline bool chkmax(int &a, int b) {return b > a ? a = b, 1 : 0;}inline int read() {int x = 0, fh = 1; char ch = getchar();for (; !isdigit(ch); ch = getchar()) if (ch == '-') fh = -1;for (; isdigit(ch); ch = getchar()) x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48);return x * fh;
}void File() {
#ifdef zjp_shadowfreopen ("3653.in", "r", stdin);freopen ("3653.out", "w", stdout);
#endif
}const int N = 3e5 + 1e3;struct Ask { int k, id; } ; vector<Ask> V[N];vector<int> G[N]; int sz[N], maxdep[N], dep[N], sonmaxdep[N], son[N], rt[N];vector<ll> sum[N]; int n, q; ll ans[N], Size = 0;void Dfs_Init(int u, int fa = 0) {maxdep[u] = dep[u] = dep[fa] + 1;For (i, 0, G[u].size() - 1) {register int v = G[u][i];if (v ^ fa) Dfs_Init(v, u), chkmax(maxdep[u], maxdep[v]);}}void Dfs(int u, int fa = 0) {For (i, 0, G[u].size() - 1) {int v = G[u][i];if (v == fa) continue ;Dfs(v, u); sz[u] += sz[v];if (maxdep[v] > maxdep[son[u]]) son[u] = v;}rt[u] = rt[son[u]]; if (!rt[u]) rt[u] = ++ Size;int len = (int)sum[rt[u]].size();ll Last = len ? sum[rt[u]][len - 1] : 0;sum[rt[u]].push_back(Last);if (son[u]) {For (i, 0, G[u].size() - 1) {int v = G[u][i]; if (v == fa || v == son[u]) continue ;For (j, 0, sum[rt[v]].size() - 1) {int nowdep = (maxdep[son[u]] - maxdep[v]) + j;sum[rt[u]][nowdep] += sum[rt[v]][j];}sum[rt[u]][len] += sum[rt[v]][sum[rt[v]].size() - 1];}}For (i, 0, V[u].size() - 1) {Ask now = V[u][i];ans[now.id] = sum[rt[u]][len];if (len > now.k) ans[now.id] -= sum[rt[u]][len - now.k - 1];ans[now.id] += 1ll * min(dep[u] - 1, now.k) * sz[u];}sum[rt[u]][len] += sz[u]; ++ sz[u];}int main () {File();n = read(); q = read();For (i, 1, n - 1) {int u = read(), v = read();G[u].push_back(v);G[v].push_back(u);}For (i, 1, q) {int p = read(), k = read();V[p].push_back((Ask) {k, i});}Dfs_Init(1); Dfs(1);For (i, 1, q)printf ("%lld\n", ans[i]);return 0;
}
