从这题学到许多，故写题解以记之。（orz ix35）
分个类：
- 若 (lsim r) 全是 (p) 的后代，则答案就是 (p) 到它们的 LCA 的距离；
- 若既有后代又有祖先，答案显然是 (0)；
- 只有祖先的话，还要分两种情况：如果它们到 (p) 的路径的交是不是一条直链的话（即 LCA 不是 (p) 的祖先），那么答案就是 LCA 到 (p) 的距离；否则就是 (lsim r) 分别与 (p) 的 LCA 中最深的，下面重点讨论。
对上面情况的判断，就是数 (p) 子树内有多少 ([l,r]) 内的节点。把子树问题转化成 dfn 就是个二维数点，由于是静态的，可以直接主席树做到 1log。
先抛个一开始假想的时候的结论：一堆点（一个区间）的 LCA 显然可以直接线段树维护，而可以证明，若按照 dfn 排序，则答案是两端的 LCA。很可以感性理解，但也容易证明，结合虚树理论想一下就出来了。但这对做这题并没有用，直接维护区间反而好写。注意到 LCA 也是可叠加的，于是也可以用 ST 表做到 (mathrm O(1)) 查询，预处理由于次数是线对，所以需要用 (mathrm O(nlog n)-mathrm O(1)) 的欧拉序 + ST 表求 LCA。
将 (lsim r) 按 dfn / 欧拉序排序后，将 (p) 也插进去，那么根据欧拉序 + ST 表求 LCA 法可知，(p) 与后继的 LCA 是与更后面节点的 LCA 的后代（越往后面取，LCA 深度越小）；左边类似。于是我们只需要求 (p) 的前驱与后继。
自然想到 2log 的树套树。考虑其本质，前驱后继其实是个变了个形的二维数点，范围是第一维是对应区间，第二维是值域上的前缀 / 后缀，运算从加法变成了求 max / min。但是这玩意没有可减性，所以树套树也是只能区间查询，而非前缀查询然后相减。幸运的是，第二维（值域维）是前缀 / 后缀，可以正反两遍对该维主席树，然后对第一维区间查询。
但是这样太麻烦了（大雾）。前驱后继这玩意有更优秀的性质：每个点的点权就是第二维坐标。所以如果我们把第一维压扁的话，那么就不是一个复杂的 RMQ，而是直接找有值的地方，可以用类似树上二分的更简单的写法（但是区间查询的写法更为直观？）。而「有值」这玩意（即 cnt）是可减的，于是我们可以直接将左右两端两棵树相减，然后在上面二分。
code（写老长了）