大致题意： 给定一棵树，定义祖先节点比后代节点“不知道高明到哪里去了”，树上距离不超过(k)的两点“谈笑风生”。每次询问给出(a,k)，求有多少对((b,c))满足(a,b)都比(c)不知道高明到哪里去了且(a)和(b)谈笑风生。
分类讨论
考虑(a)和(b)都比(c)不知道高明到哪里去了，因此二者必然有一个是另一个的祖先。
- 当(b)是祖先：合法的(b)的个数为(min{dep_a,k})（根节点(dep)为(0)），合法的(c)的个数为(Sz_a-1)。
- 当(a)是祖先：相当于求(a)子树内所有深度不超过(dep_a+k)的点的(Sz-1)的总和。要维护子树信息，显然可以用线段树合并，以深度为下标，维护(Sz-1)的和。
因此，我们离线把询问扔到每个节点上，(dfs)一遍即可求出答案。
（写完才发现其实不用离线，完全可以在线搞。。。）
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define Con const
#define CI Con int&
#define I inline
#define W while
#define N 300000
#define LN 20
#define LL long long
#define add(x,y) (e[++ee].nxt=lnk[x],e[lnk[x]=ee].to=y)
using namespace std;
int n,ee,lnk[N+5],p[N+5],Sz[N+5],Rt[N+5];struct edge {int to,nxt;}e[N<<1];
struct Qry {int p,k;};vector<Qry> q[N+5];long long ans[N+5];
class FastIO
{
private:
#define FS 100000
#define tc() (A==B&&(B=(A=FI)+fread(FI,1,FS,stdin),A==B)?EOF:*A++)
#define pc(c) (C==E&&(clear(),0),*C++=c)
#define D isdigit(c=tc())
int T;char c,*A,*B,*C,*E,FI[FS],FO[FS],S[FS];
public:
I FastIO() {A=B=FI,C=FO,E=FO+FS;}
Tp I void read(Ty& x) {x=0;W(!D);W(x=(x<<3)+(x<<1)+(c&15),D);}
Tp I void writeln(Ty x) {W(S[++T]=x%10+48,x/=10);W(T) pc(S[T--]);pc('
');}
I void clear() {fwrite(FO,1,C-FO,stdout),C=FO;}
}F;
class SegmentTree//线段树合并
{
private:
#define PU(x) (O[x].V=O[O[x].S[0]].V+O[O[x].S[1]].V)
int Nt;struct node {LL V;int S[2];}O[N*LN<<1];
public:
I void U(CI x,CI v,CI l,CI r,int& rt)//单点修改
{
if(!rt&&(rt=++Nt),l==r) return (void)(O[rt].V+=v);int mid=l+r>>1;
x<=mid?U(x,v,l,mid,O[rt].S[0]):U(x,v,mid+1,r,O[rt].S[1]),PU(rt);
}
I LL Q(CI L,CI R,CI l,CI r,CI rt)//区间求和
{
if(!rt||(L<=l&&r<=R)) return O[rt].V;int mid=l+r>>1;
return (L<=mid?Q(L,R,l,mid,O[rt].S[0]):0)+(R>mid?Q(L,R,mid+1,r,O[rt].S[1]):0);
}
I void Merge(int& x,CI y,CI l,CI r)//线段树合并
{
if(!x||!y) return (void)(x|=y);if(O[++Nt]=O[x],x=Nt,l==r) return (void)(O[x].V+=O[y].V);
int mid=l+r>>1;Merge(O[x].S[0],O[y].S[0],l,mid),Merge(O[x].S[1],O[y].S[1],mid+1,r),PU(x);
}
}S;
I void dfs(CI x=1,CI lst=0)
{
RI i;for(Sz[x]=1,i=lnk[x];i;i=e[i].nxt) e[i].to^lst&&
(p[e[i].to]=p[x]+1,dfs(e[i].to,x),S.Merge(Rt[x],Rt[e[i].to],0,n-1),Sz[x]+=Sz[e[i].to]);//统计子树信息
vector<Qry>::iterator it;for(it=q[x].begin();it!=q[x].end();++it)//枚举询问
ans[it->p]=1LL*min(p[x],it->k)*(Sz[x]-1)+S.Q(p[x],min(p[x]+it->k,n-1),0,n-1,Rt[x]);//考虑b为祖先和a为祖先的答案
S.U(p[x],Sz[x]-1,0,n-1,Rt[x]);//在线段树上更新当前点信息
}
int main()
{
RI Qt,i,x,y;for(F.read(n),F.read(Qt),i=1;i^n;++i) F.read(x),F.read(y),add(x,y),add(y,x);
for(i=1;i<=Qt;++i) F.read(x),F.read(y),q[x].push_back((Qry){i,y});//离线（其实没必要）
for(dfs(),i=1;i<=Qt;++i) F.writeln(ans[i]);return F.clear(),0;
}