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题目大意：

给定一棵树，有 n-1 条树边，m 条非树边，有两次割边的机会，第一次只能割树边，第二次只能割非树边，问有多少种方案使得两次之后树分为两个部分？

题解：我们称每条非树边 (x,y) 都把树上 x,y 之间的路径上的每条边“覆盖了一次”。我们只需统计出每条树边被覆盖了次数。若第一步把覆盖 0 次的树边切断，则第二步可以任意切断一条非树边。若第一步把被覆盖 1 次的树边切断，则第二次方法唯一。若第一步把被覆盖 2 次及以上的树边切断，那么第二步无解。

所以我们接下来要解决的问题模型是：给定一张无向图和一颗生成树，求每条“树边”被“非树边”覆盖了多少次。

解决此问题有一个经典做法，我们称之为“树上差分算法”。我们给每个节点一个初始为 0 的权值，然后对每条非树边 (x,y) ,令节点 x 的权值加 1，节点 y 的权值加 1，节点 LCA(x,y) 的权值减 2。最后对这棵生成树进行一次深度优先遍历，求出 F[x] 表示以 x 为根的子树中各节点权值的和。F[x] 就是 x 与它的父节点之间的“树边”被覆盖的次数。时间复杂度 O(N+M)。

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　--《算法竞赛进阶指南》注意最后求 ans 时，要从 2 开始，因为 1 的权值一定为 0。

（求树上路径被覆盖次数都可以采用树上差分）

代码：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#define N 100005
#define int long long
using namespace std;bool vis[N];
int head[N];
int cf[N],q[N];
int n,m,cnt,ans;
int d[N],f[N][30];struct Edge{int to,nxt;
}edge[N<<1];void add(int x,int y){edge[++cnt].to=y;edge[cnt].nxt=head[x];head[x]=cnt;
}void dfs(int now){for(int i=head[now];i;i=edge[i].nxt){int to=edge[i].to;if(d[to]) continue;d[to]=d[now]+1;f[to][0]=now;for(int k=1;k<=21;k++)f[to][k]=f[f[to][k-1]][k-1];dfs(to);}
}int lca(int x,int y){if(d[x]<d[y]) x^=y^=x^=y;for(int k=21;~k;k--){if(d[f[x][k]]>=d[y]) x=f[x][k];}if(x==y) return y;for(int k=21;~k;k--){if(f[x][k]!=f[y][k])x=f[x][k],y=f[y][k];}return f[x][0];
}void dfs2(int now){vis[now]=1;for(int i=head[now];i;i=edge[i].nxt){int to=edge[i].to;if(!vis[to]){dfs2(to);cf[now]+=cf[to];}}
}signed main(){scanf("%lld%lld",&n,&m);for(int x,y,i=1;i<n;i++){scanf("%lld%lld",&x,&y);add(x,y);add(y,x);}d[1]=1;dfs(1);for(int x,y,i=1;i<=m;i++){scanf("%lld%lld",&x,&y);cf[x]++,cf[y]++;cf[lca(x,y)]-=2;}dfs2(1);for(int i=2;i<=n;i++){if(cf[i]==0) ans+=m;if(cf[i]==1) ans++;}printf("%lld",ans);return 0;
}

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