所有满足 u 是 v 的祖先的 (u,v) 点对数量（即要处理的点对数）为 \sum_{i=0}^{n-1}2^i\times(2^{n-i+1}-1)=O(n2^n)。
考虑 u\to v 的最段路长什么样。一定是 u 先向上走（也可以不走）到一个祖先 anc_u，然后由 anc_u 经过一条第二类边向下走，然后经过一些不知道什么路径到达 v。其实就是 不经过 anc_u 的祖先走一条到 v 的最短路。
由此，我们可以预处理出 d[u][v] (u\in anc_v) 表示从 u 开始 不经过 u 的祖先到 v 的最短路。易得此时经过的点全都是 u 子树内的点，直接从 u 开始向子树内跑一遍单源最短路，限制一下不能走 u\to fa_u 的边就行了。总复杂度 O(n2^n\log2^n)=O(n^22^n)。
然后考虑用 d[u][v] 处理出 dis[u][v]。我们按深度从小到大枚举 u 并用 u 的祖先更新每个 dis[u][v]。相当于枚举 (u,v) 后再枚举可能的 anc_u，用 d[anc_u][v] 与 dis[u\to anc_u]（后者之前预处理过了）来更新。
做法 2：
枚举每条第二类边，更新其影响。
观察到一条 (u,v) 的第二类边只会影响 1\to v 这条链上的点对（v 子树中的点可以直接向上走），直接 O(n^2) 暴力枚举并更新。
但是如果这样做的话有些点对的更新存在疏漏。观察到 u 深度越浅，其影响的点数越多，故应该按照 u 的深度从浅到深更新。
复杂度 O(mn^2)，若视 O(m)=O(2^n) 则为 O(n^22^n)。
至此处理完所需的东西，而统计答案则是简单的。枚举 \text{LCA}， u 和 v 一定在两棵不同子树中。对每条路径计算它对答案贡献了多少次，加起来即可。