对于在$o$点的某个询问，有两种情况：
情况1：走到任意一个点$x$然后超链接跳到$o$的某个祖先$y$再走到$o$。
枚举所有$y$看看是否存在$x$即可。
时间复杂度$O(nm)$。
情况2：走到$o$的某个祖先$x$，然后走到$x$子树内某个点$y$，在$x$和$y$之间不断通过超链接来回走，最后再从$x$走到$o$。
枚举$x$和$y$维护出每种环长是否可能存在，然后枚举约数判断是否存在对应的$x$和$y$即可。
时间复杂度$O(n^2+md(k))$。
#include<cstdio>
#define N 3010
int n,m,K,S,i,x,a[N],len[N],g[N],G[N],v[N<<1],nxt[N<<1],ed;
int q[N],t,st[N],en[N],dfn,seq[N],f[2000010];bool ans[N];
inline void add(int&x,int y){v[++ed]=y;nxt[ed]=x;x=ed;}
void dfs1(int x){
q[++t]=a[x];
seq[st[x]=++dfn]=a[x];
for(int i=G[x];i;i=nxt[i]){
int o=v[i];
for(int j=1;j<=t;j++){
int k=K-S-a[x]-len[o]+q[j];
if(k>=0&&k<=K)if(f[k]){ans[o]=1;break;}
}
}
for(int i=g[x];i;i=nxt[i])dfs1(v[i]);
t--;
en[x]=dfn;
}
void dfs2(int x){
for(int i=st[x];i<=en[x];i++)f[seq[i]-a[x]+S]++;
for(int i=G[x];i;i=nxt[i]){
int o=v[i];
if(ans[o])continue;
int k=K-a[x]-len[o];
for(int j=1;j*j<=k;j++)if(k%j==0)if(f[j]||f[k/j]){ans[o]=1;break;}
}
for(int i=g[x];i;i=nxt[i])dfs2(v[i]);
for(int i=st[x];i<=en[x];i++)f[seq[i]-a[x]+S]--;
}
int main(){
scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&K,&S);S++;
for(i=1;i<=n;i++){
scanf("%d%d",&x,&a[i]);
a[i]+=a[x]+1;
add(g[x],i);
}
for(i=1;i<=m;i++){
scanf("%d%d",&x,&len[i]);
len[i]++;
ans[i]=a[x]+len[i]==K;
if(!ans[i])add(G[x],i);
}
for(i=0;i<=n;i++)f[a[i]]=1;
dfs1(0);
for(i=0;i<=n;i++)f[a[i]]=0;
dfs2(0);
for(i=1;i<=m;i++)puts(ans[i]?"YES":"NO");
return 0;
}