bzoj3653: 谈笑风生（长链剖分优化dp）

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长链剖分优化$dp$水题。
题意简述：给一棵树，$m$次询问，每次给一个点$a$和一个值$k$，询问满足如下条件的三元组$(a,b,c)$的个数。

1. a,b是c的祖先
2. a,b的距离不超过k

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思路：
考虑单独处理每一个询问怎么做。
显然$a,b$的位置关系有两种。

1. $b$是$a$的祖先，此时$c$一定在$a$子树中，这种情况的三元组个数是$(siz{e}_a-1)\ast min(k,de{p}_a-1)$
2. $a$是$b$的祖先，此时$c$一定在$b$子树中，这种情况的三元组个数是${\sum }_{b\in subtre{e}_a\&\&dist(a,b)\le k}siz{e}_b-1$，于是为了快速求值，我们长链剖分预处理出来后缀和即可。

代码：

#include
#define ri register int
using namespace std;
inline int read(){
	int ans=0;
	char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch))ch=getchar();
	while(isdigit(ch))ans=(ans<<3)+(ans<<1)+(ch^48),ch=getchar();
	return ans;
}
typedef pair<int,int> pii;
typedef long long ll;
const int N=3e5+5;
int n,q,len[N],mxdep[N],siz[N],fa[N],dep[N],hson[N];
ll ftmp[N<<1],*f[N],*now=ftmp,ans[N];
vector<int>e[N];
vector<pii>qry[N];
void dfs1(int p){
	siz[p]=1;
	for(ri i=0,v;i<e[p].size();++i){
		if((v=e[p][i])==fa[p])continue;
		fa[v]=p,dep[v]=mxdep[v]=dep[p]+1,dfs1(v),mxdep[p]=max(mxdep[p],mxdep[v]),siz[p]+=siz[v];
		if(mxdep[v]==mxdep[p])hson[p]=v;
	}
	len[p]=mxdep[p]-dep[p]+1;
}
void dfs2(int p){
	f[p][0]=siz[p]-1;
	if(hson[p])f[hson[p]]=f[p]+1,dfs2(hson[p]),f[p][0]+=f[hson[p]][0];
	for(ri i=0,v;i<e[p].size();++i){
		if((v=e[p][i])==fa[p]||v==hson[p])continue;
		f[v]=now,now+=len[v],dfs2(v);
		for(ri j=0;j<len[v];++j)f[p][j+1]+=f[v][j];
		f[p][0]+=f[v][0];
	}
	for(ri id,k,i=qry[p].size()-1;~i;--i){
		id=qry[p][i].first,k=qry[p][i].second;
		ans[id]+=(ll)(siz[p]-1)*min(dep[p]-1,k);
		if(k>=len[p]-1)ans[id]+=f[p][0]-siz[p]+1;
		else ans[id]+=f[p][0]-f[p][k+1]-siz[p]+1;
	}
}
int main(){
	n=read(),q=read();
	for(ri i=1,u,v;i<n;++i)u=read(),v=read(),e[u].push_back(v),e[v].push_back(u);
	dep[1]=1,dfs1(1),f[1]=now,now+=len[1];
	for(ri i=1,p,k;i<=q;++i)p=read(),k=read(),qry[p].push_back(pii(i,k));
	dfs2(1);
	for(ri i=1;i<=q;++i)cout<<ans[i]<<'\n';
	return 0;
}