【线段树】【扫描线】小睿睿的方案

很精彩的一道题！题意还是很清晰的。自己想了半天没有思路，最后参考了题解。
首先问题可以变成所有方案数（n∗(n−1)2\frac{n*(n-1)}{2}2n∗(n−1)）减去非法方案数。

考虑每对情侣对方案的负贡献：
当不考虑重复时，
当两个结点非祖先-后代关系时，贡献也就是两个子树的大小的乘积。
当两个结点为祖先-后代关系时，贡献为后代的子树与（所有点，除了祖先指向后代的儿子的子树）的乘积
考虑用一n*n的初始为0的矩阵来表示每一个方案，矩阵上(i,j)或(j,i)点为正数表示i与j的方案是不合法的，那么用dfs序来映射点，一个点的子树的dfs序连续，每个贡献可以表示为若干矩形区域，那么用线段树+扫描线即可计算出不合法的方案数。简单来说，按行从小到大扫描，如果碰到一个贡献矩形的上边缘，则加入贡献矩形左边缘到右边缘为1，如果碰到一个贡献矩形的下边缘之下一层，则加入贡献矩形左边缘到右边缘为-1，也就是线段树区间加法。然后查询只要看第一个节点值就行了。
线段树的T记录为正数的点数，也就是是扫描到第i行时，与深搜序为i的那个点形成的非法方案数。而addv记录区间的修改。
注意，这里线段树不需要标记下传。原因在于某个点的值是否为正数，只和它到线段树根节点的路径上是否存在addv>0有关（因为修改的对称性，addv不可能为负数），不再有时效性，只要存在就相当于被覆盖了，因此默认从根节点向下扫描，如果addv>0，下面的T和addv就不用关心，这个区间都是被覆盖了。
当然，如果不是很放心，写个标记下传也可以的。

#include <cstdio>
#include<algorithm>
#include<vector>#define kl (k<<1)
#define kr (k<<1|1)
#define M (L+R>>1)
#define lin L,M
#define rin M+1,R
using namespace std;
using LL=long long;struct item
{int l,r,d;item(int l=0,int r=0,int d=0) : l(l),r(r),d(d){}
}ask;int n,m,dfn[100005],sons[100005],dfs_clock;
int dep[100005],p[100005][17],u,v;
vector<int> E[100005];
vector<item> Q[100005];
int T[1<<18],addv[1<<18];
LL ans;void dfs(int x,int fa)
{dfn[x]=++dfs_clock;sons[x]=1;for(int i:E[x])if(i!=fa){dep[i]=dep[x]+1;p[i][0]=x;for(int j=1;1<<j<=dep[i];j++)p[i][j]=p[p[i][j-1]][j-1];dfs(i,x),sons[x]+=sons[i];}
}void fun(int la,int ra,int lb,int rb)
{if(lb<rb){Q[la].emplace_back(lb,rb-1,1);Q[ra].emplace_back(lb,rb-1,-1);}if(la<ra){Q[lb].emplace_back(la,ra-1,1);Q[rb].emplace_back(la,ra-1,-1);}
}int find_son_of_u(int x,int y)
{int i;for(i=0;1<<i<=dep[y]-dep[x];i++);i--;for(int j=i;j>=0;j--)if(1<<j<dep[y]-dep[x])y=p[y][j];return y;
}void modify(int k,int L,int R)
{if(ask.l<=L&&R<=ask.r){addv[k]+=ask.d;if(addv[k]>0)T[k]=R-L+1;elseT[k]=L<R?T[kl]+T[kr]:0;return;}if(ask.l<=M)modify(kl,lin);if(ask.r>M)modify(kr,rin);T[k]=addv[k]>0?R-L+1:T[kl]+T[kr];
}int main()
{scanf("%d%d",&n,&m);for(int i=1;i<n;i++)scanf("%d%d",&u,&v),E[u].push_back(v),E[v].push_back(u);dfs(1,0);while(m--){scanf("%d%d",&u,&v);if(dep[u]>dep[v])swap(u,v);int tmp=find_son_of_u(u,v);if(p[tmp][0]==u){fun(1,dfn[tmp],dfn[v],dfn[v]+sons[v]);fun(dfn[tmp]+sons[tmp],n+1,dfn[v],dfn[v]+sons[v]);}elsefun(dfn[u],dfn[u]+sons[u],dfn[v],dfn[v]+sons[v]);}for(int i=1;i<=n;i++){for(auto &t:Q[i])ask=t,modify(1,1,n);ans+=T[1];}printf("%lld",(LL) n*(n-1)-ans>>1);return 0;
}

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