[Comet OJ

一道树题

题目大意：

给定一棵树，边的编号为读入顺序。现在规定，区间$[L, R]$的贡献$S(L,R)$为把编号在该区间里的边都连上后，当前形成的森林中点数大于等于$2$的联通块个数。

求$sumlimits_{i = 1} ^ {N - 1}sumlimits_{j = i} ^ {N - 1}S(i,j)$。

数据范围：$2le Nle 10^5$。

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题解：

水题。

我们发现，一棵树上假设联通了$k$条边，那么联通块个数就是$N-k$个。所以我们可以求出，所有区间下的所有联通块个数和。

现在我们要减掉，每个区间中形成的点联通块。

这个好办。

假设以这个点$p$为端点的边的编号从小到大一次为$a_1$一直到$a_m$。

那么如果一个区间满足这个区间不跨过任意一个$a$即可，这个就是两个$a$之间求一个区间个数。

由于我们需要把每个点的$a$数组排序，所以复杂度是$O(nlogn)$。

代码：

#include <bits/stdc++.h>

#define N 200010 

using namespace std;

typedef long long ll;

int head[N], to[N << 1], nxt[N << 1], val[N << 1], tot, n;

ll ans;

char *p1, *p2, buf[100000];

#define nc() (p1 == p2 && (p2 = (p1 = buf) + fread(buf, 1, 100000, stdin), p1 == p2) ? EOF : *p1 ++ )

int rd() {
    int x = 0, f = 1;
    char c = nc();
    while (c < 48) {
        if (c == '-')
            f = -1;
        c = nc();
    }
    while (c > 47) {
        x = (((x << 2) + x) << 1) + (c ^ 48), c = nc();
    }
    return x * f;
}

inline void add(int x, int y, int z) {
    to[ ++ tot] = y;
    val[tot] = z;
    nxt[tot] = head[x];
    head[x] = tot;
}

int a[N];

inline ll calc(int l, int r) {
    // printf("%d %d
", l, r);
    if (l > r) {
        return 0;
    }
    ll len = r - l + 1;
    return len * (len + 1) / 2;
}

void dfs(int p, int fa) {
    // cout << p << endl ;
    int cnt = 0;
    for (int i = head[p]; i; i = nxt[i]) {
        a[ ++ cnt] = val[i];
    }
    sort(a + 1, a + cnt + 1);
    a[0] = 0;
    for (int i = 1; i <= cnt; i ++ ) {
        ans -= calc(a[i - 1] + 1, a[i] - 1);
    }
    ans -= calc(a[cnt] + 1, n - 1);
    for (int i = head[p]; i; i = nxt[i]) {
        if (to[i] != fa) {
            dfs(to[i], p);
        }
    }
}

int main() {
    n = rd();
    for (int i = 1; i < n; i ++ ) {
        int x = rd(), y = rd();
        add(x, y, i);
        add(y, x, i);
    }
    for (int i = 1; i < n; i ++ ) {
        ans += (ll)(n - i) * (n - i);
    }
    // cout << ans << endl ;
    dfs(1, 1);
    cout << ans << endl ;
    return 0;
}

小结：真难则反真的是好用，而且我们要知道哪些我们能处理，哪些不能处理。