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Description

(n) 个点的树，有 (m) 条路径。询问有多少个点对(u>v) ((u,v))，存在至少一条路径覆盖这两个点。

Solution

我们不可能枚举点对，而且也不能枚举路径，因为路径有交。所以考虑枚举其中一个点 ，然后统计有多少个 ((u,v))。

那么就有一个暴力的做法了，枚举点 (u)，枚举路径，如果路径经过 (u)，就把该路径上的点打上标记，最后查询有多少个点有标记。可以用树剖实现，复杂度 (O(n^2 log^2 n)) 。

进一步观察，我们发现有很多修改是重复且没必要的。具体地说，一条链影响的是链上所有的点。而这些点显然是连续的。也就是说，父亲和儿子的操作有很大的交集。有什么办法可以使得尽可能多地减少操作次数呢。我们想到了父亲可以直接继承儿子的线段树。所以就有了线段树合并。对于加链的话，发现只需要在遍历链的端点处的时候修改，父亲直接继承即可，这样就省掉了重复修改的时间。但直接继承的话，可能儿子包含某条链，但父亲不包含，所以需要在遍历父亲的时候将其删除。那么这个“父亲”到底是哪个节点？容易发现，其实就是链两端 LCA 的父亲。于是我们又发明了差分。

时间复杂度 (O(nlog^2 n))。注意到，树剖的区间修改每次实际上最多会新建 (4log n) 个节点，所以空间需要开大点。

#include<stdio.h>
#include<vector>
#include<cassert>
using namespace std;

inline int read(){
    int x=0,flag=1; char c=getchar();
    while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-') flag=0;c=getchar();}
    while(c>='0'&&c<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+c-48;c=getchar();}
    return flag? x:-x;
}

const int N=1e5+7;

struct Node{
    int s,cnt,ls,rs,lf,rf;
}t[N*120];

struct Path{int u,v,cnt;};
vector<Path> P[N];

struct E{
    int next,to;
}e[N<<1];
int n,m,head[N],cnt=0,rt[N];
int fa[N][20],sz[N],in[N],dep[N],son[N],tp[N];

inline void add(int id,int to){
    e[++cnt]=(E){head[id],to};
    head[id]=cnt;
}

void dfs(int u){
    sz[u]=1;
    for(int i=1;i<=17;i++)
        fa[u][i]=fa[fa[u][i-1]][i-1];
    for(int i=head[u];i;i=e[i].next){
        int v=e[i].to;
        if(v==fa[u][0]) continue;
        dep[v]=dep[u]+1;
        fa[v][0]=u,dfs(v);
        sz[u]+=sz[v];
        if(sz[v]>sz[son[u]]) son[u]=v;
    }
}

void Dfs(int u,int top){
    static int tot=0;
    in[u]=++tot,tp[u]=top;
    if(!son[u]) return;
    Dfs(son[u],top);
    for(int i=head[u];i;i=e[i].next){
        int v=e[i].to;
        if(v==fa[u][0]||v==son[u]) continue;
        Dfs(v,v);
    }
}

inline void swap(int &x,int &y){x^=y,y^=x,x^=y;}
inline int Lca(int u,int v){
    if(u==v) return u;
    if(dep[u]<dep[v]) swap(u,v);
    for(int i=17;~i;i--)
        if(dep[fa[u][i]]>=dep[v]) u=fa[u][i];
    if(u==v) return u;
    for(int i=17;~i;i--)
        if(fa[u][i]!=fa[v][i])
            u=fa[u][i],v=fa[v][i];
    return fa[u][0];
}

inline void update(int id){
    t[id].s=(t[id].cnt? (t[id].rf-t[id].lf+1):(t[t[id].ls].s+t[t[id].rs].s));
}

inline void push(int id,int v){t[id].cnt+=v,update(id);}

int merge(int x,int y,int lf=1,int rf=n){
    if(!x||!y) return x+y;
    t[x].cnt+=t[y].cnt;
    if(lf!=rf){
        int mid=(lf+rf)>>1;
        t[x].ls=merge(t[x].ls,t[y].ls,lf,mid);
        t[x].rs=merge(t[x].rs,t[y].rs,mid+1,rf);
    }
    return update(x),x;
}

int L,R,C;
void modify(int &id,int lf=1,int rf=n){
    static int tot=0;
//    assert(tot<=8000000); 
    if(!id) id=++tot,t[id].lf=lf,t[id].rf=rf;
    if(L<=lf&&rf<=R) push(id,C);
    else{
        int mid=(lf+rf)>>1;
        if(L<=mid) modify(t[id].ls,lf,mid);
        if(R>mid) modify(t[id].rs,mid+1,rf);
        update(id);
    }
}

inline void Modify(int &Rt,int u,int v){
    while(tp[u]!=tp[v]){
        if(dep[tp[u]]<dep[tp[v]]) swap(u,v);
        L=in[tp[u]],R=in[u],modify(Rt);
        u=fa[tp[u]][0];
    }
    if(dep[u]<dep[v]) swap(u,v);
    L=in[v],R=in[u],modify(Rt);
}

long long ans=0;
void DFS(int u){
    for(int i=head[u];i;i=e[i].next){
        int v=e[i].to;
        if(v==fa[u][0]) continue;
        DFS(v);
        rt[u]=merge(rt[u],rt[v]);
    }
    for(unsigned int i=0;i<P[u].size();i++)
        C=P[u][i].cnt,Modify(rt[u],P[u][i].u,P[u][i].v);
    ans+=t[rt[u]].s>0? 1ll*t[rt[u]].s-1:0;
}

int main(){
    n=read(),m=read();
    for(int i=1;i<n;i++){
        int u=read(),v=read();
        add(u,v),add(v,u);
    }
    dep[1]=1,dfs(1),Dfs(1,1);
    for(int i=1;i<=m;i++){
        int u=read(),v=read();
        if(u==v) continue;
        int lca=Lca(u,v);
        P[u].push_back((Path){u,v,1});
        P[v].push_back((Path){u,v,1});
        P[fa[lca][0]].push_back((Path){u,v,-2});
    }
    DFS(1);
    printf("%lld",ans>>1);
}