\(Description\)
给定一棵树，每次询问给定\(p,k\)，求满足\(p,a\)都是\(b\)的祖先，且\(p,a\)距离不超过\(k\)的三元组\(p,a,b\)个数。
\(n,q\leq3\times10^5\)。
\(Solution\)
\(p,a,b\)都在一条链上。
那么如果\(a\)是\(p\)的祖先，答案就是\(\min(dep[p],\ k)*(sz[p]-1)\)。可以\(O(1)\)计算。
如果\(a\)在\(p\)的子树中，答案就是\(\sum_{dis(a,p)\leq k}sz[a]-1\)。
对于第二种情况，实际就是对深度在\(dep[p]\sim dep[p]+k\)且处于\(p\)子树内的点的\(size\)求和。
以\(dep\)为下标，就是对\(p\)子树区间求和了。可以主席树/线段树合并。时空复杂度\(O(n\log n)\)。
也可以用树状数组维护深度为\(x\)的所有点的\(size\)和。类似天天爱跑步，在进入一棵子树时把\(Ans\)减去\(sum(dep[p],dep[p]+k)\)，离开这棵子树时把\(Ans\)再加上\(sum(dep[p],dep[p]+k)\)，就可以得到这棵子树的答案\(Ans\)了。
时间复杂度\(O(n\log n)\)。
用到的数组下标是深度，所以可以试下长链剖分。同样\(f[x][i]\)表示以\(x\)为根深度为\(i\)的点的\(size\)和。
长链剖分每次继承重儿子要把数组后移一位，而我们要求区间和，这样前缀和就不好维护了。但是我们可以维护后缀和。
复杂度\(O(n)\)。
为啥洛谷加了fread慢好多啊==
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#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <algorithm>
//#define gc() getchar()
#define MAXIN 300000
#define gc() (SS==TT&&(TT=(SS=IN)+fread(IN,1,MAXIN,stdin),SS==TT)?EOF:*SS++)
typedef long long LL;
const int N=3e5+5;
int sz[N],dep[N],mxd[N],son[N],pos[N];
LL Ans[N],f[N];//f:后缀和 //LL!
char IN[MAXIN],*SS=IN,*TT=IN;
struct Edge
{
int Enum,H[N],nxt[N<<1],to[N<<1];
inline void AE(int u,int v)
{
to[++Enum]=v, nxt[Enum]=H[u], H[u]=Enum;
to[++Enum]=u, nxt[Enum]=H[v], H[v]=Enum;
}
}T;
struct Quries
{
int Enum,H[N],nxt[N],id[N],k[N];
inline void AE(int ID,int K,int u)
{
id[++Enum]=ID, k[Enum]=K, nxt[Enum]=H[u], H[u]=Enum;
}
}Q;
inline int read()
{
int now=0;register char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-'0',c=gc());
return now;
}
void DFS1(int x,int fa)
{
int mx=-1;/*-1!*/ sz[x]=1;
for(int i=T.H[x],v; i; i=T.nxt[i])
if((v=T.to[i])!=fa)
dep[v]=dep[x]+1, DFS1(v,x), sz[x]+=sz[v], mxd[v]>mx&&(mx=mxd[v],son[x]=v);
mxd[x]=mx+1;
}
void DFS2(int x,int fa)
{
static int Index=0;
int px=pos[x]=++Index;// f[px]=sz[x]-1;
if(!son[x]) return;
DFS2(son[x],x), f[px]+=f[px+1];
for(int i=T.H[x],v; i; i=T.nxt[i])
if((v=T.to[i])!=fa && v!=son[x])
{
DFS2(v,x); int pv=pos[v];
for(int j=0,lim=mxd[v]; j<lim; ++j) f[px+j+1]+=f[pv+j];
f[px]+=f[pv];
}
LL sum=f[px];
for(int i=Q.H[x],mx=mxd[x]; i; i=Q.nxt[i])
{
int k=Q.k[i],id=Q.id[i];
Ans[id]=1ll*std::min(dep[x],k)*(sz[x]-1)+sum-(k>=mx?0:f[px+k+1]);
}
f[px]+=sz[x]-1;
}
int main()
{
int n=read(),q=read();
for(int i=1; i<n; ++i) T.AE(read(),read());
for(int i=1; i<=q; ++i) Q.AE(i,read(),read());
DFS1(1,1), DFS2(1,1);
for(int i=1; i<=q; ++i) printf("%lld\n",Ans[i]);
return 0;
}