[补档][COGS 2434]暗之链锁

[COGS 2434]暗之链锁

题目

传说中的暗之连锁被人们称为Dark。<!--more-->Dark是人类内心的黑暗的产物，古今中外的勇者们都试图打倒它。经过研究，你发现Dark呈现无向图的结构，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。

INPUT

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。

OUTPUT

输出一个整数表示答案。

SAMPLE

INPUT

4 1

1 2

2 3

1 4

3 4

OUTPUT

3

解题报告

第一眼看这题，还以为要用每个点的度来做= =

正经的解法：

求出每条正经的边被多少条附加边(不正经的边？(雾))所覆盖，设其为x

然后对每一条正经的边询问，只有x==0||x==1时，这条边才能被砍（正确性显然，因为如果x>1,你就算砍了它，再砍一条覆盖它的附加边，也没啥用，无法使其不连通）

当x==0时，m条边随便砍，故对答案的贡献为m

当x==1时，只有砍了覆盖它的那条附加边才有用，故对答案的贡献为1

那么问题来了，咋求这个x呢？

显然正经的边形成的是一棵树，那么我们就可以将边权下放到点权（为啥？好算啊= =），这样除了根，每个点都会有点权值，我们就可以用差分的思想来解决这个问题，dfs序跑一遍，修改时LCA-2,两端点+1（想想为什么？差分这东西，就是靠正负的抵消与修改后对区间和的影响来搞的，这样做的目的也就很明显了），那么该点权值自然就为从dfs序左端点到右端点的区间和。剩下的就十分简单了，乱搞出奇迹= =

 

 #include<iostream>
 #include<cstring>
 #include<cstdio>
 using namespace std;
 inline int read(){
     int sum();
     char ch(getchar());
     while(ch<''||ch>'')
         ch=getchar();
     while(ch>=''&&ch<=''){
         sum=sum*+ch-'';
         ch=getchar();
     }
     return sum;
 }
 int n,m;
 struct edge{
     int s,e,n;
 }a[];
 int pre[],tot;
 inline void insert(int s,int e){
     a[++tot].s=s;
     a[tot].e=e;
     a[tot].n=pre[s];
     pre[s]=tot;
 }
 int fa[],dep[],size[],son[];
 inline void dfs1(int u){
     son[u]=;
     for(int i=pre[u];i!=-;i=a[i].n){
         int e(a[i].e);
         if(e!=fa[u]){
             fa[e]=u;
             dep[e]=dep[u]+;
             dfs1(e);
             size[u]+=size[e];
             if(size[e]>size[son[u]])
                 son[u]=;
         }
     }
 }
 int cnt;
 int r[];
 int top[],id[],pos[];
 inline void dfs2(int u,int rt){
     top[u]=rt;
     id[u]=++cnt;
     pos[cnt]=u;
     if(son[u])
         dfs2(son[u],rt);
     for(int i=pre[u];i!=-;i=a[i].n){
         int e(a[i].e);
         if(e!=fa[u]&&e!=son[u])
             dfs2(e,e);
     }
     r[u]=cnt;
 }
 int sum[];
 inline int lowbit(int x){
     return x&-x;
 }
 inline void update(int pos,int c){
     while(pos<=n){
         sum[pos]+=c;
         pos+=lowbit(pos);
     }
 }
 inline int su(int pos){
     int ret();
     while(pos){
         ret+=sum[pos];
         pos-=lowbit(pos);
     }
     return ret;
 }
 inline int query(int l,int r){
     return su(r)-su(l-);
 }
 inline void swp(int &a,int &b){
     a^=b;
     b^=a;
     a^=b;
 }
 inline int LCA(int x,int y){
     while(top[x]^top[y]){
         if(dep[top[x]]<dep[top[y]])
             swp(x,y);
         x=fa[top[x]];
     }
     return dep[x]<dep[y]?x:y;
 }
 inline void change(int x,int y){
     int lca(LCA(x,y));
     update(id[lca],-);
     update(id[x],);
     update(id[y],);
 }
 inline int Q(int x){
     return query(id[x],r[x]);
 }
 typedef long long L;
 L ans();
 inline L get(int x){
     if(x==)
         return m;
     if(x==)
         return ;
     else
         return ;
 }
 inline int gg(){
     freopen("yam.in","r",stdin);
     freopen("yam.out","w",stdout);
     memset(pre,-,sizeof(pre));
     n=read(),m=read();
     for(int i=;i<n;i++){
         int x(read()),y(read());
         insert(x,y);
         insert(y,x);
     }
     dfs1();
     dfs2(,);
     for(int i=;i<=m;i++){
         int x(read()),y(read());
         change(x,y);
     }
     for(int i=;i<=n;i++){
         int ret(Q(i));
         ans+=get(ret);
     }
     printf("%d",ans);
 }
 int K(gg());
 int main(){;}

ps:树状数组比线段树lazy快一万倍= =