这么牛。

考虑 $l=r$ 怎么做。删边离线下来做线段树分治即可。

我们观察线段树分治的本质结构。删边通过离线转化为了存活时间段，将存活时间段挂在线段树上，每个叶子的信息是根到叶子的路径信息并，通过从根开始 DFS 将问题变为插入和撤销。

$l \neq r$ 时，一个显然想法是找到 $l$ 和 $r$ 对应叶子在线段树上的 LCA，其实就是猫树分治。对于这个 LCA，设其区间为 $[L,R]$，中点为 $mid$，$[l,r]$ 可以被拆为 $[l,mid] \cup (mid,r]$。根据叶子到根信息的结构，LCA 与其任意祖先上的边都必定会被加入。在仅加入这些边的情况下，图构成了若干连通块。LCA 子树内的加边会涉及若干连通块合并。若某个连通块在子树加边后并没有发生合并，那么这个连通块完全可以被忽略，涉及其的询问不难计算答案。故我们只关心这些重要的连通块。线段树上所有重要的连通块个数是 $O(\sum |E_i| \log n)$ 的，因为每条边只会贡献到树上其所有祖先。

考虑询问 $x,l,r$，一个 $y$ 符合条件当且仅当 $[l,r]$ 时刻内，$x$ 和 $y$ 均处于同一个连通块内。对连通块标号，那么 $y$ 符合条件当且仅当 $x$ 和 $y$ 在 $[l,r]$ 内所有标号对应相等。

注意到一个关键连通块的标号可以从儿子标号继承过来，所以这个做法看起来是有前途的。考虑深入刻画一下这个结构。

首先将 $[l,r]$ 拆成 $[l,mid]$ 和 $(mid,r]$，限制变为 $s_x[l \cdots mid] = s_y[l \cdots mid]$ 与 $s_x(mid\cdots r] = s_y(mid\cdots r]$。将前后缀相等转化为 LCP 和 LCS，根据后缀数组理论只需要考虑排序后相邻的 LCP 和 LCS，对于线段树上每个区间 $[a,b]$ 将其所有连通块按照 $s_x[a \cdots b]$ 与其反串分别按照字典序排序，然后求出相邻 LCP，对于 $[l,mid]$ 和 $(mid,r]$ 分别是两个可行区间，做一个二维数点即可解决原问题。

现在问题转化为对于线段树每个区间 $[a,b]$，将所有重要连通块 $x$ 按照 $s_{x}[a \cdots b]$ 排序，并支持求两个不同连通块的 $s_{x}[a \cdots b]$ 的 LCP。反串和 LCS 同理。

显然 $s_x[a\cdots b]$ 是通过左右儿子拼接所得，如果其在左右儿子中并非重要连通块，那么直接加入 $len$ 个 $x+n$。然后直接做双关键字排序即可。

LCP 是简单的，根据上述比大小的方式直接在线段树上走即可。

总复杂度是两个 $\log$。