Description
设T 为一棵有根树，我们做如下的定义：
• 设a和b为T 中的两个不同节点。如果a是b的祖先，那么称“a比b不知道
高明到哪里去了”。
• 设a 和 b 为 T 中的两个不同节点。如果 a 与 b 在树上的距离不超过某个给定
常数x，那么称“a 与b 谈笑风生”。
给定一棵n个节点的有根树T，节点的编号为1 到 n，根节点为1号节点。你需
要回答q 个询问，询问给定两个整数p和k，问有多少个有序三元组(a;b;c)满足：
1. a、b和 c为 T 中三个不同的点，且 a为p 号节点；
2. a和b 都比 c不知道高明到哪里去了；
3. a和b 谈笑风生。这里谈笑风生中的常数为给定的 k。
Input
输入文件的第一行含有两个正整数n和q，分别代表有根树的点数与询问的个数。接下来n - 1行，每行描述一条树上的边。每行含有两个整数u和v，代表在节点u和v之间有一条边。
接下来q行，每行描述一个操作。第i行含有两个整数，分别表示第i个询问的p和k。
Output
输出 q 行，每行对应一个询问，代表询问的答案。
Sample Input
5 3
1 2
1 3
2 4
4 5
2 2
4 1
2 3
1 2
1 3
2 4
4 5
2 2
4 1
2 3
Sample Output
3
1
3
HINT
1<=P<=N
1<=K<=N
N<=300000
Q<=300000
啊，摸蛤题。。。
根据定义不难发现abc三点应该同在一条直链上，那么我们按b在a上面和下面2种情况分类
第一种情况很简单，因为a子树除a之外的所有节点都可以作为c。
第二种情况是一个偏序结构，b应该在a子树内部且b的深度不超过a的深度+k。因为问题可以离线，随便用棵平衡树和线段树合并一下就可以维护size信息了。
因为内存比较富裕，我写的是线段树合并。
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<queue>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define rep(i,s,t) for(int i=s;i<=t;i++)
#define dwn(i,s,t) for(int i=s;i>=t;i--)
#define ren for(int i=first[x];i;i=next[i])
using namespace std;
const int BufferSize=1<<16;
char buffer[BufferSize],*head,*tail;
inline char Getchar() {
if(head==tail) {
int l=fread(buffer,1,BufferSize,stdin);
tail=(head=buffer)+l;
}
return *head++;
}
inline int read() {
int x=0,f=1;char c=Getchar();
for(;!isdigit(c);c=Getchar()) if(c=='-') f=-1;
for(;isdigit(c);c=Getchar()) x=x*10+c-'0';
return x*f;
}
typedef long long ll;
const int maxn=300010;
const int maxnode=maxn*20;
struct Query {int k,id,next;}Q[maxn];
int n,m,first2[maxn],first[maxn],next[maxn<<1],to[maxn<<1],dep[maxn],siz[maxn],e,cnt;
void AddEdge(int u,int v) {
to[++e]=v;next[e]=first[u];first[u]=e;
to[++e]=u;next[e]=first[v];first[v]=e;
}
void AddQuery(int x,int k,int id) {
Q[++cnt]=(Query){k,id,first2[x]};first2[x]=cnt;
}
ll s[maxnode],ans[maxn];
int ls[maxnode],rs[maxnode],root[maxn],ToT;
void build(int& o,int l,int r,int p,int val) {
if(!o) o=++ToT;s[o]+=val;if(l==r) return;
int mid=l+r>>1;
if(p<=mid) build(ls[o],l,mid,p,val);
else build(rs[o],mid+1,r,p,val);
}
int merge(int x,int y) {
if(!x) return y;
if(!y) return x;
s[x]+=s[y];
ls[x]=merge(ls[x],ls[y]);
rs[x]=merge(rs[x],rs[y]);
return x;
}
ll query(int o,int l,int r,int x) {
if(!o) return 0;
if(l==r) return s[o];
int mid=l+r>>1;
if(x<=mid) return query(ls[o],l,mid,x);
return s[ls[o]]+query(rs[o],mid+1,r,x);
}
void dfs(int x,int fa) {
siz[x]=1;dep[x]=dep[fa]+1;
ren if(to[i]!=fa) dfs(to[i],x),siz[x]+=siz[to[i]],root[x]=merge(root[x],root[to[i]]);
for(int i=first2[x];i;i=Q[i].next) {
int k=Q[i].k,j=Q[i].id;
ans[j]=(ll)(siz[x]-1)*min(k,dep[x]-1);
ans[j]+=query(root[x],1,n,min(n,dep[x]+k));
}
build(root[x],1,n,dep[x],siz[x]-1);
}
int main() {
n=read();m=read();
rep(i,2,n) AddEdge(read(),read());
rep(i,1,m) {
int p=read(),k=read();
AddQuery(p,k,i);
}
dfs(1,0);
rep(i,1,m) printf("%lld
",ans[i]);
return 0;
}