題意：

　　設 T 為一棵有根樹，我們做如下的定義：

　　• 設 a 和 b 為 T 中的兩個不同節點。如果 a 是 b 的祖先，那麼稱“a 比 b 不知道高明到哪裡去了”。

　　• 設 a 和 b 為 T 中的兩個不同節點。如果 a 與 b 在樹上的距離不超過某個給定常數 x，那麼稱“a 與 b 談笑風生”。

給定一棵 n 個節點的有根樹 T，節點的編號為 1 ∼ n，根節點為 1 號節點。你需要回答 q 個詢問，詢問給定兩個整數 p 和 k，問有多少個有序三元組 (a; b; c) 滿足：

　　1. a、 b 和 c 為 T 中三個不同的點，且 a 為 p 號節點；

　　2. a 和 b 都比 c 不知道高明到哪裡去了；

　　3. a 和 b 談笑風生。這裡談笑風生中的常數為給定的 k。

分析：

　　這道題目，也許是出題人有意地把題目描述複雜化了。實際上這並不是一道難題，甚至達不到近年來省選的難度。

　　但是這確實是一道值得交流的題目，我見過的這道題就有不下五種做法，有線上的，有離線的，我用的是線上的主席樹維護dfs序的方法。我開始以為這道題讓求的是這樣的有序三元組的數目，感覺十分不可做，後來發現，a點是已經固定的。

　　我們不考慮什麼“高明到哪裡去了”，三元組的要求是說，給出a，求點a和點b都在c到根的路徑上，也就是都是c的祖先，並且a和b距離不超過k的(a,b)數目。

　　因為a和b在c的父鏈上這個限制，我們可以分類討論，如果b也在a的父鏈上，那麼應該很好求，就是這條鏈上深度和a相差不超過k的點數目，乘上(a的子樹size-1)（減一是因為a自己不算），這就是一個簡單的乘法原理，預處理了O(1)就能求出。

　　然後是假如b本身就存在於a的一個子樹中，距離不超過k，我們知道，一棵子樹，在dfs序上是連續的，所以我們在預處理是，以dfs序為版本，以深度為區間，以子樹大小為權值建主席樹（原因是因為此時我只需要控制深度差範圍內的所有貢獻，並不一定要知道是具體哪個點的貢獻，所以深度一樣我們通通加到一個主席樹節點權值裡）。

　　查詢？很好說了吧，只要我們知道深度差的範圍和這個點對應的子樹dfs序區段。

程式碼：

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 #define ll long long
 3 using namespace std;
 4 const
 
 int N=300005,inf=1e9;
 5 struct node{int y,nxt;}e[N*2];
 6 int n,m,md,h[N],c=0,d[N],sz[N];
 7 int rt[N],cnt,tot,dfn[N],fa[N];
 8 struct ch{int l,r;ll da;}t[N*30];
 9 void add(int x,int y){
10     e[++c]=(node){y,h[x]};h[x]=c;
11     e[++c]=(node){x,h[y]};h[y]=c;
12 } void dfs1(int x){sz[x]=1;
13     for(int i=h[x],y;i;i=e[i].nxt)
14     if(!d[y=e[i].y]){
15         d[y]=d[x]+1;md=max(md,d[y]);
16         fa[y]=x;dfs1(y);sz[x]+=sz[y];
17     } return ;
18 } void update(int &x,int l,int r,ll v,int p){
19     t[++cnt]=t[x];x=cnt;t[x].da+=v;
20     if(l==r) return;int mid=l+r>>1;
21     if(p<=mid) update(t[x].l,l,mid,v,p);
22     else update(t[x].r,mid+1,r,v,p);
23 } ll query(int x,int y,int l,int r,int L,int R){
24     if(L<=l&&r<=R) return t[y].da-t[x].da;
25     int mid=l+r>>1;ll re=0;
26     if(L<=mid)re+=query(t[x].l,t[y].l,l,mid,L,R);
27     if(mid<R)re+=query(t[x].r,t[y].r,mid+1,r,L,R);
28     return re;
29 } void dfs2(int x){
30     dfn[x]=++tot;rt[tot]=rt[tot-1];
31     update(rt[tot],1,md,sz[x]-1,d[x]);
32     for(int i=h[x],y;i;i=e[i].nxt){
33         if((y=e[i].y)==fa[x]) continue;
34         dfs2(y);
35     } return ;
36 } int main(){
37     scanf("%d%d",&n,&m);
38     for(int i=1,x,y;i<n;i++)
39     scanf("%d%d",&x,&y),add(x,y);
40     d[1]=1;dfs1(1);dfs2(1);
41     for(int i=1;i<=m;i++){
42         int p,k;scanf("%d%d",&p,&k);
43         ll ans=(sz[p]-1)*1ll*(min(k,d[p]-1));
44         int l=dfn[p]-1,r=dfn[p]+sz[p]-1;
45         if(d[p]==md){puts("0");continue;}
46         int z=min(md,d[p]+k);
47         ans+=query(rt[l],rt[r],1,md,d[p]+1,z);
48         printf("%lld\n",ans);
49     } return 0;
50 }