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题解

题目相当于让我们求颜色为r1r1r1的点uuu与颜色为r2r2r2的点vvv之间是祖先儿子关系的这样的(u,v)(u,v)(u,v)的对数。
我们可以先考虑将数据离线下来，如果每次只处理两个颜色之间的就太浪费时间了，题目的RRR明明比QQQ小这么多。
我们可以进行一次dfsdfsdfs，到达每个节点时，记录下它的祖先链上的每种颜色的点的个数，对于询问(r1,r2)(r1,r2)(r1,r2)，我们就在枚举到颜色为r2r2r2的节点时将它祖先中颜色为r1r1r1的节点的数量加入答案。

但很明显，如果我们大部分询问都在问一种颜色的节点，而这个颜色的节点数量又比较多，那么这种操作就会执行很多次，然后，就TTT了。
所以我们可以考虑按查询的次数进行分块，对于颜色iii，如果它在询问中从当r2r2r2的次数不超过SSS次，那么我们就使用上面的方法统计答案。
这样下来，我们在dfsdfsdfs遍历树时每个节点最多会进行SSS次操作，这个部分时间复杂度是O(nS)O\left(nS\right)O(nS)的。

而对于出现次数大于SSS的颜色，它们最多会有qS\frac{q}{S}Sq个，我们可以对这些颜色都进行一次dfsdfsdfs。dfsdfsdfs颜色colcolcol时，对于每个节点，统计它的子节点中颜色colcolcol的出现次数。
对于询问(r1,r2)(r1,r2)(r1,r2)就将所有颜色为r1r1r1的点的和计入答案。
由于每个颜色都会进行一次dfsdfsdfs，所以容易发现这个的时间复杂度是O(nqS)O\left(n\frac{q}{S}\right)O(nSq)。

总时间复杂度O(nS+nqS+q)O\left(nS+n\frac{q}{S}+q\right)O(nS+nSq+q)，容易发现这个在S=qS=\sqrt{q}S=q时取最小值，时间复杂度O(nq+q)O\left(n\sqrt{q}+q\right)O(nq+q)。
实测当SSS稍微大一点时跑得快一点。

源码

#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<vector>
using namespace std;
#define MAXN 200005
#define MAXM 25005
#define lowbit(x) (x&-x)
#define reg register
#define pb push_back
#define mkpr make_pair
#define fir first
#define sec second
#define lson (rt<<1)
#define rson (rt<<1|1)
typedef long long LL;
typedef unsigned long long uLL;
const LL INF=1000000000000000000LL;
const int mo=1e9+7;
const int n1=800;
const int inv2=499122177;
const int jzm=2333;
const int orG=3,invG=332748118;
const double Pi=acos(-1.0);
const double eps=1e-7;
typedef pair<int,int> pii;
template<typename _T>
_T Fabs(_T x){return x<0?-x:x;}
template<typename _T>
void read(_T &x){_T f=1;x=0;char s=getchar();while(s>'9'||s<'0'){if(s=='-')f=-1;s=getchar();}while('0'<=s&&s<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+(s^48);s=getchar();}x*=f;
}
template<typename _T>
void print(_T x){if(x<0){x=(~x)+1;putchar('-');}if(x>9)print(x/10);putchar(x%10+'0');}
LL gcd(LL a,LL b){return !b?a:gcd(b,a%b);}
int add(int x,int y,int p){return x+y<p?x+y:x+y-p;}
void Add(int &x,int y,int p){x=add(x,y,p);}
int qkpow(int a,int s,int p){int t=1;while(s){if(s&1LL)t=1ll*a*t%p;a=1ll*a*a%p;s>>=1LL;}return t;}
int n,R,q,head[MAXN],tot,val[MAXN],dp[MAXM],ans[MAXN],gp[MAXN],sum[MAXM];
vector<int>vec[MAXM];
struct ming{int r1,r2;}s[MAXN];
struct edge{int to,nxt;}e[MAXN<<1];
void addEdge(int u,int v){e[++tot]=(edge){v,head[u]};head[u]=tot;}
void dosaka(int u,int fa){if(vec[val[u]].size()<n1)for(int i=0;i<vec[val[u]].size();i++){int id=vec[val[u]][i];ans[id]+=dp[s[id].r1];}dp[val[u]]++;for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt)if(e[i].to!=fa)dosaka(e[i].to,u);dp[val[u]]--;
}
void dosaka2(int u,int fa,int col){gp[u]=0;for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt){int v=e[i].to;if(v==fa)continue;dosaka2(v,u,col);gp[u]+=gp[v];}sum[val[u]]+=gp[u];if(val[u]==col)gp[u]++;
}
signed main(){read(n);read(R);read(q);read(val[1]);for(int i=2;i<=n;i++){int fa;read(fa);read(val[i]);addEdge(i,fa);addEdge(fa,i);}for(int i=1;i<=q;i++){read(s[i].r1);read(s[i].r2);vec[s[i].r2].push_back(i);}dosaka(1,0);for(int i=1;i<=R;i++){if(vec[i].size()<n1)continue;dosaka2(1,0,i);for(int j=0;j<vec[i].size();j++){int id=vec[i][j];ans[id]=sum[s[id].r1];}for(int j=1;j<=R;j++)sum[j]=0;}for(int i=1;i<=q;i++)printf("%d\n",ans[i]);return 0;
}

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