题意:给定一棵\(n(n<=100000)\)个节点的树,显然会有\(n-1\)条树边,再给定\(m\)条非树边,要求第一次切断一条树边,第二次切断一条非树边,求有多少种方案使得树被划分成两个联通块.
分析:对于每条非树边\(i\),相当于与树上\(u_i,v_i\)之间的路径构成了一个环,如果我们第一次切树边切了其中一条边,那么第二次切非树边,方案唯一,只能切掉第\(i\)条非树边.
所以我们要想办法标记树上\(u_i,v_i\)之间的路径,考虑树上差分,对于每条非树边\(i\),令\(g[u_i]++,g[v_i]++,g[lca(u_i,v_i)]-=2\),这样打个标记之后,\(dfs\)向上回溯时,就得到了每个节点\(x\),\(g[x]\)表示\(x\)与它的父亲节点之间的"树边"被覆盖的次数.
最后统计答案的时候,如果\(g[x]=0\),那么第一次切掉这条树边之后,整个图就已经被切割成两个联通块了,所以第二次任意切一条非树边,故\(ans+=m\).(注意\(x\)不能是根节点,因为根节点上面没有边了);如果\(g[x]=1\),像上面分析的那样,方案唯一,故\(ans++\).如果\(g[x]>=2\),表示切掉这条树边,这条树边仍在环上,第二次怎么切都无法切成两个联通块,故不对不产生贡献.
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
#define ll long long
using namespace std;
inline int read(){
int x=0,o=1;char ch=getchar();
while(ch!='-'&&(ch<'0'||ch>'9'))ch=getchar();
if(ch=='-')o=-1,ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9')x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
return x*o;
}
const int N=100005;
int n,m,ans,f[N][25],dep[N],g[N];
int tot,head[N],nxt[N<<1],to[N<<1];
inline void add(int a,int b){
nxt[++tot]=head[a];head[a]=tot;to[tot]=b;
}
inline void dfs1(int u,int fa){
for(int j=1;j<=20;++j)f[u][j]=f[f[u][j-1]][j-1];
for(int i=head[u];i;i=nxt[i]){
int v=to[i];if(v==fa)continue;
f[v][0]=u;dep[v]=dep[u]+1;dfs1(v,u);
}
}
inline int LCA(int x,int y){
if(dep[x]<dep[y])swap(x,y);
for(int j=20;j>=0;--j)if(dep[f[x][j]]>=dep[y])x=f[x][j];
if(x==y)return x;
for(int j=20;j>=0;--j)if(f[x][j]!=f[y][j])x=f[x][j],y=f[y][j];
return f[x][0];
}
inline void dfs2(int u,int fa){
for(int i=head[u];i;i=nxt[i]){
int v=to[i];if(v==fa)continue;
dfs2(v,u);g[u]+=g[v];
}
}
int main(){
n=read();m=read();
for(int i=1;i<n;++i){
int a=read(),b=read();
add(a,b);add(b,a);
}
dfs1(1,0);//第一次dfs,处理lca
for(int i=1;i<=m;++i){
int a=read(),b=read();
++g[a];++g[b];g[LCA(a,b)]-=2;//树上差分
}
dfs2(1,0);//第二次dfs,统计每个节点的g[x]
for(int i=1;i<=n;++i){
if(!g[i]&&i!=1)ans+=m;
if(g[i]==1)++ans;
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}