Description

给一个 \(n\) 个点 \(m\) 条边的、不含偶环的无向图，每次询问 \([l,r]\) ，求 \([l,r]\) 中有多少 \([x,y]\) 使得编号在 \([x,y]\) 中的点组成的诱导子图是一个二分图。

\(n,m,q\le 3\times 10^5\)

Solution

显然这个图是一个奇环仙人掌。于是在这张图中，是二分图的充要条件是不含环。

于是预处理边双连通分量，记录每个 \(ebc\) 的编号最小和最大点，记为 \(mn[i]\) 和 \(mx[i]\) 。

那么就可以记录一个数组 \(s[i]\) ，表示编号为 \(i\) 的点向右最远可以可以扩展到 \(s[i]\) ，使得 \([i,s[i]]​\) 的点组成的诱导子图是二分图。

所以初始 \(s[mn[i]]=mx[i] - 1\) ，再用一个后缀最小值就可以得到 \(s\) 数组。显然 \(s\) 单调不减。

考虑如何回答询问。考虑一个中转点 \(p\) ，满足 \(\forall i \in [l,p-1],s[i]<r\) 以及 \(\forall i\in[p,r],s[i]>=r\) ，那么答案等于
\[ (\sum_{i=l}^{p-1}s[i]-i+1)+(\sum_{i=p}^rr-i+1) \]

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;template <class T> void read(T &x) {x = 0; bool flag = 0; char ch = getchar(); for (; ch < '0' || ch > '9'; ch = getchar()) flag |= ch == '-';for (; ch >= '0' && ch <= '9'; ch = getchar()) x = x * 10 + ch - 48; flag ? x = ~x + 1 : 0;
}#define N 300010
#define rep(i, a, b) for (auto i = (a); i <= (b); i++)
#define drp(i, a, b) for (auto i = (a); i >= (b); i--)
#define ll long longstruct { int v, next; }e[N << 1];
int head[N];
bool isBridge[N << 1];
inline void add(int u, int v) {static int tot = 1; e[++tot].v = v, e[tot].next = head[u], head[u] = tot;
}int dfn[N], low[N];
void tarjan(int u, int fa) {static int ind; dfn[u] = low[u] = ++ind;for (int i = head[u], v; i; i = e[i].next) {if (!dfn[v = e[i].v]) {tarjan(v, u), low[u] = min(low[u], low[v]);if (low[v] > dfn[u]) isBridge[i] = isBridge[i ^ 1] = 1;}else if (dfn[v] < dfn[u] && v ^ fa) low[u] = min(low[u], dfn[v]);}
}int bl[N], siz[N];
void dfs(int u, int ebc) {siz[bl[u] = ebc]++;
//  printf("%d\n", u);for (int i = head[u]; i; i = e[i].next) if (!bl[e[i].v] && !isBridge[i]) dfs(e[i].v, ebc);
}int mn[N], mx[N], s[N];
ll sum[N];int main() {int n, m; read(n), read(m);rep(i, 1, m) {int u, v; read(u), read(v);add(u, v), add(v, u);}rep(i, 1, n) if (!dfn[i]) tarjan(i, 0);int ebc = 0;rep(i, 1, n) if (!bl[i]) dfs(i, ++ebc);rep(i, 1, n) mx[bl[i]] = i;drp(i, n, 1) mn[bl[i]] = i;rep(i, 1, n) s[i] = n;rep(i, 1, ebc) if (siz[i] > 1) s[mn[i]] = mx[i] - 1;drp(i, n - 1, 1) s[i] = min(s[i], s[i + 1]);rep(i, 1, n) sum[i] = sum[i - 1] + s[i] - i + 1;int q; read(q);while (q--) {int l, r; read(l), read(r);int p = lower_bound(s + l, s + r + 1, r) - s;printf("%lld\n", 1ll * (r - p + 1) * (r - p + 2) / 2 + sum[p - 1] - sum[l - 1]);}return 0;
}