自然的想法是枚举共同的交点，然后进行换根 dp，复杂度可以做到 $\mathcal O(n^2)$，可以通过简单版，但是显然过不了 $10^5$ 的数据，考虑进行优化。
记 $(x,y,z)$ 为满足要求的点，即满足 $a=b+c$，树形 dp 原则是子树内的信息无后效性，尽量把子树内的信息合并在一起。所以 $a-b=c$，在这个等式种，$a-b$ 和 $c$ 在以 $2$ 为根的两棵不同子树，所以转变统计方式，在 $2$ 号统计答案。
设计状态 $g_{i,j}$ 表示 $i$ 子树内部满足 $a-b=j$ 的点对数量，因为要统计 $z$ 的数量，所以设 $f_{i,j}$ 表示 $i$ 子树内和 $i$ 距离为 $j$ 的点的个数。
状态明确了，方程是容易设计的：
\[\begin{aligned} f_{i,j}&=\sum_{u \in son_i}f_{u,j-1} \\ g_{i,j}&=\sum_{u \in son_i}g_{u,j+1}+f_{i,j}\times f_{u,j-1}\\ ans&=\sum_{u \in son_i}f_{i,j-1}\times g_{u,j}+g_{i,j}\times f_{u,j-1} \end{aligned}\]直接 dp 复杂度仍然是 $\mathcal O(n^2)$ 的，但是发现状态中 $j$ 只和深度有关，考虑使用长链剖分优化 dp。
观察方程，当只有一个儿子 $u$ 时，可以简化为：
\[\begin{aligned} f_{i,j}&=f_{u,j-1} \\ g_{i,j}&=g_{u,j+1} \\ ans&=g_{i,0} \end{aligned}\]可以先对重儿子进行 dp，重儿子的 dp 值平移一下直接给父亲用，具体实现使用指针，详见代码。
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int n,head[100005],dep[100005],to[200005],son[100001],nex[200001],a[100001],cnt;
ll ans,*g[100005],*f[100005],p[400050],*o=p;
inline void add(int x,int y){to[++cnt]=y,nex[cnt]=head[x],head[x]=cnt;}
void dfs1(int k,int fa)
{
dep[k]=1;
for(int i=head[k];i;i=nex[i])
{
if(to[i]==fa)continue;
dfs1(to[i],k);
if(dep[to[i]]+1>dep[k])dep[k]=dep[to[i]]+1,son[k]=to[i];
}
}
void dfs(int k,int fa)
{
if(son[k])f[son[k]]=f[k]+1,g[son[k]]=g[k]-1,dfs(son[k],k);
f[k][0]=1,ans+=g[k][0];
for(int i=head[k];i;i=nex[i])
{
if(to[i]==fa||to[i]==son[k])continue;
f[to[i]]=o,o+=dep[to[i]]<<1,g[to[i]]=o,o+=dep[to[i]]<<1,dfs(to[i],k);
for(int j=0;j<dep[to[i]];++j)
{
if(j)ans+=f[k][j-1]*g[to[i]][j];
ans+=g[k][j+1]*f[to[i]][j];
}
for(int j=0;j<dep[to[i]];++j)
g[k][j+1]+=f[k][j+1]*f[to[i]][j],
f[k][j+1]+=f[to[i]][j],
g[k][j]+=g[to[i]][j+1];
}
}
inline void mian()
{
read(n);int x,y;
for(int i=1;i<n;++i)read(x,y),add(x,y),add(y,x);
dfs1(1,0),f[1]=o,o+=dep[1]<<1,g[1]=o,o+=dep[1]<<1,dfs(1,0),write(ans);
}