HDU5511 : Minimum Cut-Cut

设$d[x]$表示端点位于$x$子树内部的非树边条数，那么有两种情况：

$1.$割去的两条树边$(x,fa[x]),(y,fa[y])$中，$x$是$y$的祖先，那么此时需要割去的非树边数量为$d[x]-d[y]$。

显然固定$x$之后$y$越靠上越好，因此$y$一定是$x$的儿子，枚举即可，时间复杂度$O(n)$。

$2.$一般化的情况，此时$x\neq y$，需要割去的非树边数量为$d[x]+d[y]-2cnt(x,y)$，其中$cnt(x,y)$表示一端在$x$子树中，另一端在$y$子树中的非树边数量。

枚举$x$，对于每个$y$维护$d[y]-2cnt(x,y)$。

首先需要把$x$子树的$cnt$合并，然后对于一条端点恰好为$x$的非树边$(x,u)$，需要把$u$到根路径上的$d-2cnt$都减去$2$。

树链剖分+线段树维护即可，时间复杂度$O(m\log^2n)$。

直接实现的话，空间复杂度也为$O(m\log^2n)$，不能承受。

每次先dfs重儿子，将$x$的重儿子的线段树直接作为$x$的线段树，然后依次与轻儿子合并，同时将废弃线段树节点回收利用。

如此一来，只有经过轻边时，才会多开一棵动态开点的线段树，那么一共只会同时存在$O(\log n)$棵线段树。

每棵线段树就算开满也只有$O(n)$的空间，因此空间复杂度为$O(n\log n)$。

#include<cstdio>
const int N=20010,M=100010,E=1200000;
int Case,cas,n,m,i,x,y,g[N],v[N<<1],nxt[N<<1],ed,ans;
int d[N],G[N],V[M<<1],NXT[M<<1],ED;
int f[N],size[N],son[N],top[N],loc[N],dfn,q[N];
int T[N],l[E],r[E],tag[E],val[E],pool[E],cur,w[66000];
inline void add(int x,int y){v[++ed]=y;nxt[ed]=g[x];g[x]=ed;}
inline void ADD(int x,int y){d[x]++;V[++ED]=y;NXT[ED]=G[x];G[x]=ED;}
inline void umin(int&a,int b){a>b?(a=b):0;}
inline int min(int a,int b){return a<b?a:b;}
void dfs(int x){
  size[x]=1;
  for(int i=g[x];i;i=nxt[i])if(v[i]!=f[x]){
    f[v[i]]=x;
    dfs(v[i]);
    size[x]+=size[v[i]],d[x]+=d[v[i]];
    if(size[v[i]]>size[son[x]])son[x]=v[i];
  }
  if(x>1)for(int i=g[x];i;i=nxt[i])if(v[i]!=f[x])umin(ans,d[x]-d[v[i]]);
}
void dfs2(int x,int y){
  loc[x]=++dfn;top[x]=y;
  if(son[x])dfs2(son[x],y);
  for(int i=g[x];i;i=nxt[i])if(v[i]!=son[x]&&v[i]!=f[x])dfs2(v[i],v[i]);
}
void build(int x,int a,int b){
  if(a==b){w[x]=q[a];return;}
  int mid=(a+b)>>1;
  build(x<<1,a,mid),build(x<<1|1,mid+1,b);
  w[x]=min(w[x<<1],w[x<<1|1]);
}
inline int newnode(int o){
  int x=pool[cur--];
  l[x]=r[x]=tag[x]=0;val[x]=w[o];
  return x;
}
inline void tag1(int x,int p){tag[x]+=p;val[x]+=p;}
inline void pb(int x,int o){
  if(tag[x]){
    if(!l[x])l[x]=newnode(o<<1);
    if(!r[x])r[x]=newnode(o<<1|1);
    tag1(l[x],tag[x]),tag1(r[x],tag[x]),tag[x]=0;
  }
}
inline void up(int x,int o){
  if(!l[x])l[x]=newnode(o<<1);
  if(!r[x])r[x]=newnode(o<<1|1);
  val[x]=min(val[l[x]],val[r[x]]);
}
void change(int&x,int o,int a,int b,int c,int d,int p){
  if(!x)x=newnode(o);
  if(c<=a&&b<=d){tag1(x,p);return;}
  pb(x,o);
  int mid=(a+b)>>1;
  if(c<=mid)change(l[x],o<<1,a,mid,c,d,p);
  if(d>mid)change(r[x],o<<1|1,mid+1,b,c,d,p);
  up(x,o);
}
inline void chain(int&T,int x){
  while(top[x]!=1)change(T,1,1,n,loc[top[x]],loc[x],-2),x=f[top[x]];
  if(x>1)change(T,1,1,n,2,loc[x],-2);
}
int merge(int x,int y,int o,int a,int b){
  if(!x||!y)return x+y;
  if(a==b)tag[x]+=tag[y];
  else{
    pb(x,o),pb(y,o);
    int mid=(a+b)>>1;
    l[x]=merge(l[x],l[y],o<<1,a,mid);
    r[x]=merge(r[x],r[y],o<<1|1,mid+1,b);
    up(x,o);
  }
  pool[++cur]=y;
  return x;
}
void clear(int x,int a,int b){
  if(!x)return;
  pool[++cur]=x;
  if(a==b)return;
  int mid=(a+b)>>1;
  clear(l[x],a,mid),clear(r[x],mid+1,b);
}
void dfs3(int x){
  if(son[x])dfs3(son[x]),T[x]=T[son[x]];
  for(int i=g[x];i;i=nxt[i])if(v[i]!=son[x]&&v[i]!=f[x])dfs3(v[i]),T[x]=merge(T[x],T[v[i]],1,1,n);
  if(x==1)return;
  for(int i=G[x];i;i=NXT[i])chain(T[x],V[i]);
  change(T[x],1,1,n,loc[x],loc[x],M);
  umin(ans,d[x]+val[T[x]]);
  change(T[x],1,1,n,loc[x],loc[x],-M);
}
int main(){
  for(i=1;i<E;i++)pool[++cur]=i;
  scanf("%d",&Case);
  for(cas=1;cas<=Case;cas++){
    scanf("%d%d",&n,&m);ans=M;
    for(i=1;i<n;i++)scanf("%d%d",&x,&y),add(x,y),add(y,x);
    for(;i<=m;i++)scanf("%d%d",&x,&y),ADD(x,y),ADD(y,x);
    dfs(1),dfs2(1,1);
    for(i=1;i<=n;i++)q[loc[i]]=d[i];
    build(1,1,n);
    dfs3(1);
    printf("Case #%d: %d\n",cas,ans+2);
    clear(T[1],1,n);
    for(ed=ED=dfn=0,i=1;i<=n;i++)g[i]=d[i]=G[i]=f[i]=size[i]=son[i]=T[i]=0;
  }
  return 0;
}