题面

给一节点数n<=10000的树，根为R，询问M<=50000次：对于某一个节点P而言，有多少种节点组合能使P为两点的LCA

分析

看似LCA，实际是组合数学问题，简单一想：

①如果两个点存在于P下两个不同分支，则P必为其LCA
如序偶(u,v)，u在subtree1中，而v在subtree2中，则u，v的LCA就是P
这种情况显然是一个组合数学问题：
选定子树后，有size[子树]种节点组合；而在选子树的阶段，无序u，v有 $C_{s}^2$种选法，s为子树数量，这可以通过二重循环找出。
同时，显然(v,u)也是一种情况，所以其实有 $2C_{s}^2$种挑选方式，这个在二重循环中区别不大。
所以找出这些组合后，将其子树size交叉乘积（乘法原理）相加即可。

②一个点是P，另一个点是P的某个后代
这有size[P]-1种选法，同时因为逆序，实际是 $2(size[P]-1)$种

③两个点都是P，仅一种。

处理size，一次dfs即可
查询的次数大于节点数目一些，用预处理打表法即可。
可能存在卡时情况，适当优化就过了。

代码

模数其实无效，大佬们已经发现答案不超过n²

#include<iostream>
#include<vector>
#include<algorithm>
#include<string.h>
#include<cstring>
#include<string>
using namespace std;
#define MOD 1000000007
vector<int>T[10005];
int siz[10005];
int fa[10005];//标记fa，防止重复访问
int a[10005];//打表数组
inline void insert(int u, int v)
{
	T[u].push_back(v);
	T[v].push_back(u);
}
void dfs(int s)
{
	siz[s] = 1;
	int cur;
	for (int i = 0; i < T[s].size(); i++)
	{
		cur = T[s][i];
		if (fa[s] != cur)
		{
			fa[cur] = s;
			dfs(cur);
			siz[s] += siz[cur];
		}
	}
}
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	int n, r, m;//N节点，R根，M询问
	int u, v;
	cin >> n>>r>>m;
	for (register int i = 1; i < n; i++)
	{
		cin >> u >> v;
		insert(u, v);
	}
	dfs(r);
	int ans = 0;
	for (register int o = 1; o <= n; o++)
	{
		ans = 0;
		u = o;
		//其子树siz，两两交叉乘 + (siz[u]-1)*2 其与所有后代组成序偶，以及逆序 + 1 自身和自身
		for (int i = 0; i < T[u].size(); i++)
		{
			if (T[u][i] == fa[u])continue;
			for (int j = i+1; j < T[u].size(); j++)
			{
				if (T[u][j] == fa[u])continue;
				ans =(ans+ siz[T[u][i]] * siz[T[u][j]])%MOD;
			}
		}
		ans =(ans+ (siz[u] - 1))%MOD ;
		ans = ans*2%MOD;
		ans = (ans + 1) % MOD;
		a[o] = ans;
	}
	for (register int i = 0; i < m; i++)
	{
		cin >> u;
		cout << a[u] << endl;
	}
	return 0;
}