题目描述：
Dark 是一张无向图，图中有 N 个节点和两类边，一类边被称为主要边，而另一类被称为附加边。Dark 有 N–1 条主要边，并且 Dark 的任意两个节点之间都存在一条只由主要边构成的路径。另外，Dark 还有 M 条附加边。
你的任务是把 Dark 斩为不连通的两部分。一开始 Dark 的附加边都处于无敌状态，你只能选择一条主要边切断。一旦你切断了一条主要边，Dark 就会进入防御模式，主要边会变为无敌的而附加边可以被切断。但是你的能力只能再切断 Dark 的一条附加边。
现在你想要知道，一共有多少种方案可以击败 Dark。注意，就算你第一步切断主要边之后就已经把 Dark 斩为两截，你也需要切断一条附加边才算击败了 Dark。
输入格式：
第一行包含两个整数 N 和 M；
之后 N–1 行，每行包括两个整数 A 和 B，表示 A 和 B 之间有一条主要边；
之后 M 行以同样的格式给出附加边。
输出格式：
输出一个整数表示答案。
输入样例
4 1
1 2
2 3
1 4
3 4
输出样例3
思路：
每添加一条附加边就会在树上构成一个环
对于每一条树边$(x,y)$来说，将其删除后再删除一条附加边后满足x与y不连通的附加边的个数就是断掉这条树边的贡献
答案显然是所有树边的贡献之和
如果这条边不在任何一个环上，你随便删除一条附加边即可，方案数+m
如果在一个且只有一个环上，将这条树边删除后只能删除构成这个环的那条附加边，方案数+1
如果这条树边在两个及以上的环上，你是无法删除这同时几条附加边的，此时无解，方案数不变
每加入一条附加边$(x,y)$时，在x到y的路径上的所有树边所在环数都加1
直接暴力枚举路径就可以得到O(n^2)的算法
但是这个问题只需要统计一次答案，即可以使用树上差分,每一次val[x]++,val[y]++,val[LCA(u,v)]-=2;
然后就做完了⑧qwq
注意：1号节点没有父节点，即没有连向父亲的边，故此点不能计算，不然结果会平白无故的+m上代码
#include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> #include<cmath> #define rep(i,a,b) for(long long i=a;i<=b;i++) #define dwn(i,a,b) for(long long i=a;i>=b;i--) using namespace std; typedef long long ll; ll n,m,tot,val[200050],nxt[200050],fir[100050],to[200050],f[100050][20],ans[100050],dep[100500]; void ade(ll u,ll v){ to[++tot]=v; nxt[tot]=fir[u]; fir[u]=tot; } void init(ll x,ll fa){ f[x][0]=fa; dep[x]=dep[fa]+1; rep(i,1,18) f[x][i]=f[f[x][i-1]][i-1]; for(ll k=fir[x];k;k=nxt[k]) if(fa!=to[k]) init(to[k],x); } ll LCA(ll u,ll v){ if(dep[u]<dep[v]) swap(u,v); dwn(i,18,0){ if(dep[f[u][i]]>=dep[v]) u=f[u][i]; if(dep[u]==dep[v]) break; } if(v==u) return u; dwn(i,18,0) if(f[u][i]!=f[v][i]) u=f[u][i],v=f[v][i]; return f[u][0]; } void work(ll x,ll fa){ ans[x]=val[x]; for(ll k=fir[x];k;k=nxt[k]) if(to[k]!=fa) work(to[k],x),ans[x]+=ans[to[k]]; } int main() { ll u,v,sum=0; scanf("%lld%lld",&n,&m); rep(i,1,n-1){ scanf("%lld%lld",&u,&v); ade(u,v);ade(v,u); } init(1,0); rep(i,1,m){ scanf("%lld%lld",&u,&v); val[u]++;val[v]++;val[LCA(u,v)]-=2; } work(1,0); rep(i,2,n){ if(ans[i]==0) sum+=m; if(ans[i]==1) sum++; } printf("%lld",sum); return 0; }