一些闲话
这题方法好多啊QAQ，离线有BIT、长链剖分，在线有线段树合并，主席树等。
要我出题绝对不可能放离线过。。。
题面链接
题意简述
简单的看一下题意，就是给定(a)，求任何一个距(a)距离不超过给定的(k)的(b)，然后求一个(c)使得是(a,b)的后代。
sol
我相信你已经看出来了，(abc)在一条直上直下的链上，不过这并没有什么用。我们考虑当(b)是(a)的祖先时，(a)子树内所有除它自己以外的点都可以做(c)这个可以直接统计。当(a)是(b)的祖先时，(b)子树内所有除它以外的点都可以做(c)。那么每个节点搞一个权值线段树维护一下就可以辣。然后显然这个空间复杂度会爆炸，于是就可以愉快的线段树合并辣。
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define gt getchar()
#define ll long long
#define File(s) freopen(s".in","r",stdin),freopen(s".out","w",stdout)
inline int in()
{
int k=0;char ch=gt;
while(ch<'-')ch=gt;
while(ch>'-')k=k*10+ch-'0',ch=gt;
return k;
}
const int N=600005;
std::vector<int>Q[N],id[N];
using std::min;
using std::max;
struct node
{
ll siz;int lc,rc;
}t[N*30];
int tot,opt;
ll query(int L,int R,int l,int r,int x)
{
if(!x)return 0;
if(L<=l&&r<=R)return t[x].siz;
int mid=l+r>>1;ll res=0;
if(mid>=L)res+=query(L,R,l, mid ,t[x].lc);
if(mid< R)res+=query(L,R,mid+1,r,t[x].rc);
return res;
}
void upd(int l,int r,int pos,int &x,int v)
{
if(!x)x=++tot;t[x].siz+=v;
if(l==r)return;
int mid=l+r>>1;
if(mid>=pos)upd(l,mid,pos,t[x].lc,v);
else upd(mid+1,r,pos,t[x].rc,v);
}
int merge(int u,int v,int l,int r)
{
if(!u||!v)return u|v;
int mid=l+r>>1,x=++tot;
t[x].siz=t[u].siz+t[v].siz;
t[x].lc=merge(t[u].lc,t[v].lc,l, mid );
t[x].rc=merge(t[u].rc,t[v].rc,mid+1,r);
return x;
}
int siz[N],rt[N],a[N],b[N],fa[N],head[N],to[N],nxt[N],cnt,sz,dep[N];
ll ans[N];
inline void add(int u,int v)
{
to[++cnt]=v,nxt[cnt]=head[u],head[u]=cnt;
to[++cnt]=u,nxt[cnt]=head[v],head[v]=cnt;
}
void dfs(int u,int pa=0)
{
dep[u]=dep[pa]+1;siz[u]=1;//printf("u=%d pa=%d
",u,pa);
for(int i=head[u];i;i=nxt[i])
if(to[i]!=pa)
dfs(to[i],u),siz[u]+=siz[to[i]];
upd(1,sz,dep[u],rt[u],siz[u]-1);
if(pa)rt[pa]=merge(rt[pa],rt[u],1,sz);
}
int main()
{
int n=in(),q=in();sz=n;
for(int i=1;i<n;++i)add(in(),in());
dfs(1);
for(int i=1;i<=q;++i)
{
int x=in(),y=in();
printf("%lld
",query(dep[x]+1,dep[x]+y,1,n,rt[x])+1ll*(siz[x]-1)*min(dep[x]-1,y));
}
return 0;
}