题意（一开始理解错了的版本）
Q个询问、n个点
每个询问是p k
求 p的子树中(不包括p)有多少个二元组 (b,c) 满足：
b,c互不相等
b为c的祖先
p和b的距离不超过k
n<=3*10^5 Q<=3*10^5
简单思考一下可以发现如下性质：
1. 对于任何一个满足8的b，满足条件的c的个数就是b的子树大小（不包括b）
2. 对于任何一个在p的子树中的c，满足条件的b的个数是min(dep[c] - dep[p], k)
哪个更好用？
性质1的子树大小不变，但是b的范围是不好处理的
性质2的k的大小是不确定的每个点的贡献不方便确定
难点集中在对k的处理上
p的子树中距离小于等于k的b？注意这里p是b的祖先，dis(p,b) 不就是dep[p] - dep[b] ?
也就是子树中dep[b] <= dep[p] + k的b
然后我们每次询问的就是在[pre[p] + 1, last[p]] 这段内dep[b] <= dep[p] + k的
而dep[p] + k又是可以确定的，那么我们就可以离线询问、按照dep加入一个BIT
就不用写主席树了
写完才发现上面理解错了题意，b不一定在p的子树中，但是它和p都是c的祖先
所以如果它不在p的子树中，那么它就是p的祖先，而此时c只能是sz[p] - 1个，修正一下把这块加上即可
所以误打误撞学会了一种分析题目的办法，按照它在p的子树内，还是子树外分类
这里这么分类是因为这两种情况的贡献一个是sz[b] - 1 一个是sz[p] - 1，是一道明显的界限
http://www.cnblogs.com/zyfzyf/p/4252291.html另外一种办法（慢一点）
第一次在数据结构相关的题上时间rank1 好开心
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define reg(i,a) for(int i=u[a];i;i=e[i].pre)
#define v e[i].to
using namespace std;
const int N = 300010;
typedef long long LL;
struct edge{
int to,pre;
}e[N * 2];
int l = 0, u[N];
inline void ins(int a,int b){
e[++l] = (edge){b, u[a]}, u[a] = l;
}
int pre[N], dep[N], dfs_clock = 0, last[N], sz[N];
void dfs(int x,int f){
pre[x] = ++dfs_clock, sz[x] = 1;
reg(i,x) if (v != f){
dep[v] = dep[x] + 1, dfs(v,x), sz[x] += sz[v];
}
last[x] = dfs_clock;
}
#define mp(a,b) make_pair(a,b)
pair<int,int> y[N];
struct query{
int l,r,t,pos,szp,dep,k;//(l,r]
}q[N];
LL ans[N];
inline bool cmp(const query &a, const query &b){
return a.t < b.t;
}
inline int read()
{
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=10*x+ch-'0';ch=getchar();}
return x*f;
}
int n;
struct BIT{
LL s[N];
inline void add(int x, int d){
while (x <= n){
s[x] += d;
x += (-x) & x;
}
}
inline LL sum(int x){
LL ans = 0;
while (x > 0){
ans += s[x];
x -= (-x) & x;
}
return ans;
}
}b;
#undef v
int main(){
int Q;n = read(); Q= read();
rep(i,1,n-1){
int u,v;
u = read(),v = read();
ins(u,v), ins(v,u);
}
dep[1] = 1;dfs(1,0);
rep(i,1,n) y[i] = mp(dep[i],i);
sort(y+1, y+n+1);
rep(i,1,Q){
int p, k;p = read(), k =read();
q[i] = (query){pre[p], last[p], dep[p] + k, i, sz[p], dep[p], k};
}
sort(q+1, q+Q+1, cmp);
int j = 1;
rep(i,1,Q){
for(;y[j].first <= q[i].t && j <= n; j++) {
int x = y[j].second;
b.add(pre[x], sz[x] - 1);
}
ans[q[i].pos] = b.sum(q[i].r) - b.sum(q[i].l) +1LL * min(q[i].k, q[i].dep - 1) * (q[i].szp - 1);
}
rep(i,1,Q) printf("%lld\n", ans[i]);
}
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