题意参见BZOJ3522
n<=100000
数据范围增强了，显然之前的转移方程不行了，那么不妨换一种。
因为不能枚举根来换根DP，那么我们描述的DP方程每个点要计算三个点都在这个点的子树内的方案数。
设f[i][j]表示i节点子树中与i距离为j的点的个数.
g[i][j]表示i节点子树中有g[i][j]对点满足每对点距离他们lca的距离都是d，他们lca距离i节点为d-j
也就是说现在已经找到两个节点了，需要再在没遍历的i的子树中找到一个距离i为j的点。
那么很容易得到转移方程：
ans+=f[x][j-1]*g[to[i]][j]
ans+=g[x][j+1]*f[to[i]][j]
g[x][j+1]+=f[to[i]][j]*f[x][j+1]
g[x][j-1]+=g[to[i]][j]
f[x][j+1]+=f[to[i]][j]
发现这个DP是合并深度信息转移的，而且子树信息被合并后就没用了，因此可以用长链剖分优化，每次继承重儿子信息，暴力合并其他子树。
因为父节点的f和g数组只由重儿子左移一位或右移一位得到，因此O(1)指针优化就好了。
具体应用到的长链剖分参见长链剖分
#include<queue>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
int n;
int x,y;
int tot;
ll s[1000010];
int head[100010];
int to[200010];
int mx[100010];
int next[200010];
int son[100010];
int fa[100010];
ll ans;
ll *now=s+1;
ll *f[100010];
ll *g[100010];
void add(int x,int y)
{
tot++;
next[tot]=head[x];
head[x]=tot;
to[tot]=y;
}
void dfs(int x)
{
mx[x]=0;
for(int i=head[x];i;i=next[i])
{
if(to[i]!=fa[x])
{
fa[to[i]]=x;
dfs(to[i]);
mx[x]=max(mx[to[i]]+1,mx[x]);
if(mx[to[i]]>mx[son[x]])
{
son[x]=to[i];
}
}
}
}
void dfs2(int x)
{
if(son[x])
{
f[son[x]]=f[x]+1;
g[son[x]]=g[x]-1;
dfs2(son[x]);
}
f[x][0]=1;
ans+=g[x][0];
for(int i=head[x];i;i=next[i])
{
if(to[i]!=fa[x]&&to[i]!=son[x])
{
f[to[i]]=now;
now+=mx[to[i]]+1;
g[to[i]]=now+mx[to[i]]+1;
now+=mx[to[i]]*2+2;
dfs2(to[i]);
for(int j=mx[to[i]];j>=0;j--)
{
if(j)
{
ans+=f[x][j-1]*g[to[i]][j];
}
ans+=g[x][j+1]*f[to[i]][j];
g[x][j+1]+=f[to[i]][j]*f[x][j+1];
}
for(int j=0;j<=mx[to[i]];j++)
{
if(j)
{
g[x][j-1]+=g[to[i]][j];
}
f[x][j+1]+=f[to[i]][j];
}
}
}
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<n;i++)
{
scanf("%d%d",&x,&y);
add(x,y);
add(y,x);
}
dfs(1);
f[1]=now;
now+=mx[1]+1;
g[1]=now+mx[1]+1;
now+=mx[1]*2+2;
dfs2(1);
printf("%lld",ans);
}