神仙题。。简单版本很好做，做法也很多。
加强版\(n\leq 10^5\)，显然之前的\(O(n^2)\)的做法时间、空间复杂度都不能承受。
考虑维护以深度有关的\(dp\):
- \(f[i][j]\)表示以\(i\)为根节点的子树中，深度为\(j\)的点有多少个。
显然这个很好维护，转移\(\displaystyle f[i][j]=\sum_{k}f[k][j-1]\)，我们可以用长链剖分加速。
因为我们要枚举\(3\)个点，现在还需要一个\(dp\)维护另外两个点的信息。
- \(g[i][j]\)表示以\(i\)为根节点的子树中，点对\((x,y)\)的个数有多少个，点对要满足\(x,y,x\not ={y}\)到\(lca\)的距离相等，并且从\(lca\)到\(i\)这段距离为\(d-j\)。也就是说还需要一条长度为\(j\)的链进行匹配。
考虑如何转移：
- 显然可以直接从儿子进行转移，即\(g[i][j]=g[k][j+1]\)；
- 从不同儿子子树中选取两个：\(g[i][j]=f[k_1][j-1]*f[k_2][j-1]\)。此时两个结点的\(lca\)一定为\(i\)。
注意第一种转移跟深度有关系，但是和之前有点区别，此处我们还是可以通过长链剖分来进行优化；第二种转移可以直接进行枚举，这里枚举的深度会受到限制，总的枚举次数为\(O(长链长度)\)。
之后考虑如何维护答案。
显然最终的答案有两种情况：
- 中心点为某一个结点，此时答案为\(g[i][0]\)；
- 中心点不为某一个结点，此时答案为\(f[i][j]*g[k][j+1]+f[k][j-1]*g[i][j]\)。主要就考虑了\((2,1),(1,2)\)这两种情况，其实\((1,1,1)\)这种也考虑了的，但已经被包含入\((2,1)\)了。
以上过程我们在一边枚举轻儿子时一边进行转移&统计答案。
注意\(g[i][0]\)要先加上，否则可能会重复统计。
细节见代码：
/*
* Author: heyuhhh
* Created Time: 2020/6/10 23:23:27
*/
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <set>
#include <map>
#include <queue>
#include <iomanip>
#include <assert.h>
#include <functional>
#include <numeric>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
#define INF 0x3f3f3f3f
#define Local
#ifdef Local
#define dbg(args...) do { cout << #args << " -> "; err(args); } while (0)
void err() { std::cout << std::endl; }
template<typename T, typename...Args>
void err(T a, Args...args) { std::cout << a << ' '; err(args...); }
template <template<typename...> class T, typename t, typename... A>
void err(const T <t> &arg, const A&... args) {
for (auto &v : arg) std::cout << v << ' '; err(args...); }
#else
#define dbg(...)
#endif
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
//head
const int N = 1e5 + 5;
int n;
vector <int> G[N];
ll *f[N], *g[N], ans;
ll tmp[N << 2], *id = tmp;
int len[N], bson[N];
void dfs(int u, int fa) {
int Max = 0;
for (auto v : G[u]) if (v != fa) {
dfs(v, u);
if (len[v] > Max) {
Max = len[v];
bson[u] = v;
}
}
len[u] = len[bson[u]] + 1;
}
void dfs2(int u, int fa) {
f[u][0] = 1;
if (bson[u]) {
//处理重链
int v = bson[u];
f[v] = f[u] + 1;
g[v] = g[u] - 1;
dfs2(v, u);
}
ans += g[u][0];
for (auto v : G[u]) {
if (v == fa || v == bson[u]) continue;
//分配空间
f[v] = id, id += (len[v] << 1);
g[v] = id, id += (len[v] << 1);
dfs2(v, u);
//从轻链转移
for (int i = 0; i < len[v]; i++) {
ans += f[v][i] * g[u][i + 1];
if (i) {
ans += f[u][i - 1] * g[v][i];
}
}
for (int i = 1; i <= len[v]; i++) {
if (i < len[v]) {
g[u][i - 1] += g[v][i];
}
g[u][i] += f[u][i] * f[v][i - 1];
f[u][i] += f[v][i - 1];
}
}
}
void run() {
cin >> n;
for (int i = 1; i < n; i++) {
int u, v; cin >> u >> v;
G[u].push_back(v);
G[v].push_back(u);
}
dfs(1, 0);
f[1] = id, id += (len[1] << 1);
g[1] = id, id += (len[1] << 1);
dfs2(1, 0);
cout << ans << '\n';
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cout << fixed << setprecision(20);
run();
return 0;
}