LOj10131 暗的连锁

题目描述

原题来自：POJ 3417

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。

 

 

主要边是原图的一棵生成树，附加边是图中的非树边。

对于每条非树边（x,y），它会和树上x到y的路径构成一个环，当第一步切断x到y路径中的一条边时，第二步就需要切断非树边（x,y），才能保证原图不联通。

但我们第二步只能切断一条边啊，所以如果第一步的路径对应的要切断两条或以上的非树边，就没有办法了。

所以我们枚举每条非树边（x,y），把x到y路径上所有边的边权+1，对于每条树边，如果边权为0，则切断它之后原图已经不联通，第二条边随便切一条，共m种方案。如果边权为1，则第二步必须切断对应的那条边，方案数1，如果边权大于2则没有方案。

这个边权我们可以利用树上差分来维护，对于非树边（x,y），令结点x和y的点权加1，lca（x,y）的点权减2，这样每个点子树的点权和就是该点到它的父亲的边的边权。证明就不详细讲了。

代码：

#include
#include
#include
#include
#include
#define maxn 100010
#define maxm 500010
using namespace std;
int head[maxn],f[maxn][30],dep[maxn],cnt,num[maxn],fr[maxm],t[maxm],ff[maxn];
struct edge
{
	int next;
	int to;
}e[maxm];
void insert(int u,int v)
{
	e[++cnt].next=head[u];
	head[u]=cnt;
	e[cnt].to=v;
}
void dfs(int now,int fa)
{
	dep[now]=dep[fa]+1;
	for(int i=0;i<=19;i++) f[now][i+1]=f[f[now][i]][i];
	for(int i=head[now];i;i=e[i].next){
		int v=e[i].to;
		if(v==fa) continue;
		f[v][0]=now;
		dfs(v,now);
	}
}
int lca(int x,int y)
{
	if(dep[x]=0;i--){
		if(dep[f[x][i]]>=dep[y]) x=f[x][i];
		if(x==y) return x;
	}
	for(int i=20;i>=0;i--){
		if(f[x][i]!=f[y][i]){
			x=f[x][i];
			y=f[y][i];
		}
	}
	return f[x][0];
}
void getf(int now,int fa)
{
	ff[now]+=num[now];
	for(int i=head[now];i;i=e[i].next){
		int v=e[i].to;
		if(v==fa) continue;
		getf(v,now);
		ff[now]+=ff[v];
	}
}
int main()
{
	int n,m,ans=0;
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i