题目链接
弱化版：https://www.cnblogs.com/SovietPower/p/8663817.html。
令(f[x][i])表示(x)的子树中深度为(i)的点的个数，(g[x][i])表示(x)子树中，满足(u,v)到(LCA(u,v))的距离都是(d)，且到(x)的距离为(d-i)的点对((u,v))个数。（就是不以(x)作为三个点的中心位置，那样就没法算了）
如图
那么就可以由(g[x][i])与另一棵子树的(f[y][i-1])，以及(g[x][0])更新答案。
(f)的转移简单。(g[x][i])要么是从某个子树中得到((g[x][i]+=g[v][i+1]))，要么是以x作为LCA从某两个子树中得到((g[x][i]+=f[x][i]*f[v][i-1]))。
直接这样复杂度(O(n^2))。
DP数组的下标都是深度，所以可以用长链剖分。继承重儿子时(f)需要右移，(g)需要左移，还是用指针方便些吧（(g)的前后都需要留空间）。
复杂度(O(n))。
为啥洛谷上跑的不快啊(30ms)==没道理啊。
//7788kb 376ms
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <algorithm>
//#define gc() getchar()
#define MAXIN 300000
#define gc() (SS==TT&&(TT=(SS=IN)+fread(IN,1,MAXIN,stdin),SS==TT)?EOF:*SS++)
typedef long long LL;
const int N=1e5+5;
int Enum,H[N],nxt[N<<1],to[N<<1],dep[N],mxd[N],son[N],pos[N],*f[N],Fp[N],*fp=Fp;
LL Ans,*g[N],Gp[N<<1],*gp=Gp;
char IN[MAXIN],*SS=IN,*TT=IN;
inline int read()
{
int now=0;register char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-'0',c=gc());
return now;
}
inline void AE(int u,int v)
{
to[++Enum]=v, nxt[Enum]=H[u], H[u]=Enum;
to[++Enum]=u, nxt[Enum]=H[v], H[v]=Enum;
}
inline void Allot(int x)
{
f[x]=fp, fp+=mxd[x], gp+=mxd[x], g[x]=gp, gp+=mxd[x];
}
void DFS1(int x,int fa)
{
int mx=0;
for(int i=H[x],v; i; i=nxt[i])
if((v=to[i])!=fa) dep[v]=dep[x]+1, DFS1(v,x), mxd[v]>mx&&(mx=mxd[v],son[x]=v);
mxd[x]=mx+1;
// for(int i=H[x],v; i; i=nxt[i])
// if((v=to[i])!=fa) dep[v]=dep[x]+1, DFS1(v,x), mxd[v]>mxd[son[x]]&&(son[x]=v);
// mxd[x]=mxd[son[x]]+1;
}
void DFS2(int x,int fa)
{
if(son[x]) f[son[x]]=f[x]+1, g[son[x]]=g[x]-1, DFS2(son[x],x);
f[x][0]=1, Ans+=g[x][0];//重儿子子树与x的贡献
for(int i=H[x],v; i; i=nxt[i])
if((v=to[i])!=fa&&v!=son[x])
{
Allot(v), DFS2(v,x); int l=mxd[v];
for(int j=1; j<=l; ++j) Ans+=g[x][j]*f[v][j-1]+g[v][j]*f[x][j-1];
for(int j=1; j<=l; ++j) g[x][j]+=g[v][j+1]+1ll*f[x][j]*f[v][j-1],f[x][j]+=f[v][j-1];//g[x][0]转移来也没啥用啊
}
}
int main()
{
int n=read();
for(int i=1; i<n; ++i) AE(read(),read());
DFS1(1,1), Allot(1), DFS2(1,1);
printf("%lld
",Ans);
return 0;
}