首先隔断一条树边，不计附加边这个树肯定是断成两块了，然后就看附加边有没有连着的两个点在不同的块内。
方法1：BIT乱搞（个人思路）
假设考虑到$x$节点隔断和他父亲的边，要看$x$子树内有没有点连着附加边到子树外的。如果没有，则随便割，有1个，有唯一割法，否则没有。这个可以用dfs序处理好序列后，直接将与一个点附加边牵连的另一个点在BIT里+1，类似晋升者计数那题一样的思路用BIT求答案。$O(mlogn)$。
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstring> 4 #include<algorithm> 5 #include<cmath> 6 #define dbg(x) cerr << #x << " = " << x <<endl 7 using namespace std; 8 typedef long long ll; 9 typedef double db; 10 typedef pair<int,int> pii; 11 template<typename T>inline T _min(T A,T B){return A<B?A:B;} 12 template<typename T>inline T _max(T A,T B){return A>B?A:B;} 13 template<typename T>inline char MIN(T&A,T B){return A>B?(A=B,1):0;} 14 template<typename T>inline char MAX(T&A,T B){return A<B?(A=B,1):0;} 15 template<typename T>inline void _swap(T&A,T&B){A^=B^=A^=B;} 16 template<typename T>inline T read(T&x){ 17 x=0;int f=0;char c;while(!isdigit(c=getchar()))if(c=='-')f=1; 18 while(isdigit(c))x=x*10+(c&15),c=getchar();return f?x=-x:x; 19 } 20 const int N=1e5+7; 21 struct thxorz{int to,nxt;}G[N<<1],G2[N<<1]; 22 int Head[N],Head2[N],tot,tot2; 23 int n,m,ans; 24 inline void Addedge(int x,int y){ 25 G[++tot].to=y,G[tot].nxt=Head[x],Head[x]=tot; 26 G[++tot].to=x,G[tot].nxt=Head[y],Head[y]=tot; 27 } 28 inline void Addedge2(int x,int y){ 29 G2[++tot2].to=y,G2[tot2].nxt=Head2[x],Head2[x]=tot2; 30 G2[++tot2].to=x,G2[tot2].nxt=Head2[y],Head2[y]=tot2; 31 } 32 #define lowbit(x) x&(-x) 33 int C[N]; 34 inline void Add(int x){for(;x<=n;x+=lowbit(x))++C[x];} 35 inline int Sum(int x){int ret=0;for(;x;x-=lowbit(x))ret+=C[x];return ret;} 36 int st[N],ed[N],tim; 37 #define y G[j].to 38 void dfs(int x,int fa){ 39 st[x]=++tim; 40 for(register int j=Head[x];j;j=G[j].nxt)if(y^fa)dfs(y,x); 41 ed[x]=tim; 42 } 43 void calc(int x,int fa){ 44 for(register int j=Head[x];j;j=G[j].nxt)if(y^fa){ 45 int tmp=Sum(n)-(Sum(ed[y])-Sum(st[y]-1)); 46 calc(y,x); 47 tmp=Sum(n)-(Sum(ed[y])-Sum(st[y]-1))-tmp; 48 ans+=tmp?tmp==1:m; 49 } 50 for(register int j=Head2[x];j;j=G2[j].nxt)Add(st[G2[j].to]); 51 } 52 #undef y 53 int main(){//freopen("test.in","r",stdin);//freopen("test.ans","w",stdout); 54 read(n),read(m); 55 for(register int i=1,x,y;i<n;++i)read(x),read(y),Addedge(x,y); 56 for(register int i=1,x,y;i<=m;++i)read(x),read(y),Addedge2(x,y); 57 dfs(1,0);calc(1,0); 58 return printf("%d ",ans),0; 59 }
方法2：树上差分（思路纠正）
当割掉的树边两端有点通过附加边牵连时，附加边对应的两个点形成的链经过这个割边，很容易想。
那么反过来说，每对附加边的点对$x,y$这条链上的边都加上1，相当于这个割边两端的牵连点的对数。
于是这个是树上差分裸题。改链求边。
以前学的树上差分姿势不对，今天重学了一遍。。然后发现网上到处都说这种链差分只要$d_x++,d_y++,d_{lca(x,y)}-=2$，基本没有人说这是为什么。
我自己看了好久没看懂为什么这么做是对的，一气之下自己试着将差分原理搬到树上得知了正确性。你们好多人根本没有懂树上差分的精髓！！
抱歉，上面那句有点狂了，但确实，很多人都没想过树上差分数组$d_i$表示什么？操作为什么是对的？换一种形式还可以改造吗？
差分数组里，$d_i=A_i-A_{i-1}$，而$sumlimits_{j=1}^{i}d_j=A_i$，类似的，设在树上，若$A_x$是节点$x$与父亲的连边，则$d_x=A_x-sumlimits_{yin son}A_y$，这样，$sumlimits_{yin 子树x}d_y=A_x$，也就是说，把子树内所有点的$d$加起来就是这个边的值。
于是，修改一条链，拆成修改$x o lca$和$lca o y$，$x$到$lca$这个链统一加上一个值，中间的$d_i$差值不变，而$d_x$要加上这个值，$d_{lca}$相应减去这个值，为什么这样，应该就不难理解了，保证了差值的正确性，使得子树和可以正确表示。
这样，如果树边有初始值，也可以通过做差的形式直接构造出这个树上差分数组。
然后再来看题，这里是相当于所有修改操作都做完了，最后统一询问。如果强制在线，应当还是要dfs序做完之后用数据结构维护子树的差分数组之和。但这题可以离线，加上tarjanLCA于是O(n)解决。
另外，同样，点差分也可以通过类似的思路来维护，只是将$lca$稍作修改即可($d_{lca}-=val,d_{fa_{lca}}-=val$)。
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstring> 4 #include<algorithm> 5 #include<cmath> 6 #define dbg(x) cerr << #x << " = " << x <<endl 7 using namespace std; 8 typedef long long ll; 9 typedef double db; 10 typedef pair<int,int> pii; 11 template<typename T>inline T _min(T A,T B){return A<B?A:B;} 12 template<typename T>inline T _max(T A,T B){return A>B?A:B;} 13 template<typename T>inline char MIN(T&A,T B){return A>B?(A=B,1):0;} 14 template<typename T>inline char MAX(T&A,T B){return A<B?(A=B,1):0;} 15 template<typename T>inline void _swap(T&A,T&B){A^=B^=A^=B;} 16 template<typename T>inline T read(T&x){ 17 x=0;int f=0;char c;while(!isdigit(c=getchar()))if(c=='-')f=1; 18 while(isdigit(c))x=x*10+(c&15),c=getchar();return f?x=-x:x; 19 } 20 const int N=1e5+7; 21 struct thxorz{int to,nxt;}G[N<<1],Q[N<<1]; 22 int Head[N],qh[N],tot,qtot; 23 inline void Addedge(int x,int y){ 24 G[++tot].to=y,G[tot].nxt=Head[x],Head[x]=tot; 25 G[++tot].to=x,G[tot].nxt=Head[y],Head[y]=tot; 26 } 27 inline void Addquery(int x,int y){ 28 Q[++qtot].to=y,Q[qtot].nxt=qh[x],qh[x]=qtot; 29 if(x^y)Q[++qtot].to=x,Q[qtot].nxt=qh[y],qh[y]=qtot; 30 } 31 int anc[N],vis[N],d[N]; 32 int n,m,ans; 33 int ancestor(int x){return anc[x]==x?x:anc[x]=ancestor(anc[x]);} 34 #define y G[j].to 35 #define qy Q[j].to 36 void tarjan(int x,int fa){ 37 anc[x]=x; 38 for(register int j=Head[x];j;j=G[j].nxt)if(y^fa)tarjan(y,x),anc[y]=x; 39 vis[x]=1; 40 for(register int j=qh[x];j;j=Q[j].nxt)if(vis[qy])d[ancestor(qy)]-=2; 41 } 42 int dfs(int x,int fa){ 43 int tmp=d[x]; 44 for(register int j=Head[x];j;j=G[j].nxt)if(y^fa)tmp+=dfs(y,x); 45 if(x^1)ans+=tmp?tmp==1:m; 46 return tmp; 47 } 48 #undef qy 49 #undef y 50 int main(){//freopen("test.in","r",stdin);//freopen("test.ans","w",stdout); 51 read(n),read(m); 52 for(register int i=1,x,y;i<n;++i)read(x),read(y),Addedge(x,y); 53 for(register int i=1,x,y;i<=m;++i)read(x),read(y),Addquery(x,y),++d[x],++d[y]; 54 tarjan(1,0);dfs(1,0); 55 return printf("%d ",ans),0; 56 }
最后是非常蠢的一些错误记录：法1里面加边打错了。。该打。。。法2里面原来我tarjan求lca姿势一直是错的TuT，如果询问两个相同点就会GG，所以应当提前将vis置为1，然后查点对询问。