主要考察树上最短路（倍增法求最近公共祖先）与转化法。

​题目大意​：给定一棵 n 个节点的树，每条边边权均为 1，其中有 k 个点在 0 的时间内相互可达。q 次询问，求最少经过多长时间可以从 u 走到 v。

​子任务一​：n,k≤500 且只有一次询问，可以暴力建图（k 个传送点之间连 $\frac{k(k-1)}{2}$ 条边权为 0 的边），并使用双端队列 BFS 解决。

​子任务二​：不存在传送点，问题变为常规地求树上两点最短路。注意到 n≤2×$10^5$，使用倍增 LCA 求解即可。

​子任务三​：我们注意到，从节点 u 到节点 v 可以有两种路径可走：可以不走传送点使用 LCA，也可以选择从传送点走。解决本题目的关键点在于如何快速求得从传送点走到路径长度。

传送过程中消耗的时间为 0，因此只需要计算从 u 到传送点和从传送点到 v 两端路程的长度即可。贪心分析可得，使用的两个传送点一定是分别离 u,v 最近的两个传送点，才能保证消耗的总时间最少。到这里思路已经很明确了：计算离每个点最近的传送点到该节点的距离 dst，最终答案即为 dst$_u$​+dst$_v$。

参考代码：

#include <iostream>
#include <vector>
#include <queue>
using namespace std;

const int N = 2e5 + 10;
const int lgN = 30;
int n, k, s, dep[N], fa[N][lgN], lg[N], dst[N];
vector<int> G[N];
queue<int> Q;
void dfs(int u, int fath) {
	dep[u] = dep[fath] + 1;
	fa[u][0] = fath;
	for (int i = 1; (1 << i) <= dep[u]; i ++) {
		fa[u][i] = fa[fa[u][i - 1]][i - 1];
	}
	for (int i = 0; i < G[u].size(); i ++) {
		int v = G[u][i];
		if (v != fath) {
			dfs(v, u);
		}
	}
}
int lca(int x, int y) {
	if (dep[x] < dep[y]) swap(x, y);
	while (dep[x] > dep[y]) x = fa[x][lg[dep[x] - dep[y]]];
	if (x == y) return x;
	for (int k = lg[dep[x]]; k >= 0; k --) {
		if (fa[x][k] != fa[y][k]) {
			x = fa[x][k];
			y = fa[y][k];
		}
	}
	return fa[x][0];
}
void bfs() {
	while (!Q.empty()) {
		int u = Q.front(); Q.pop();
		for (int i = 0; i < G[u].size(); i ++) {
			int v = G[u][i];
			if (dst[v] == 1e9) {
				dst[v] = dst[u] + 1;
				Q.push(v);
			}
		}
	}
}

int main() {
	cin >> n >> k >> s;
	for (int i = 0; i <= n; i ++) dst[i] = 1e9;
	for (int i = 1; i < n; i ++) {
		int u, v; cin >> u >> v;
		G[u].push_back(v); G[v].push_back(u);
	}
	lg[1] = 0;
	for (int i = 2; i <= n; i ++) {
		lg[i] = lg[i / 2] + 1;
	}
	dfs(1, 0);
	for (int i = 1; i <= k; i ++) {
		int x; cin >> x;
		Q.push(x); dst[x] = 0;
	}
	bfs();
	while (s--) {
		int u, v; cin >> u >> v;
		cout << min(dst[u] + dst[v]
		, dep[u] + dep[v] - 2 * dep[lca(u, v)]) << "\n";
	}
	return 0;
}