2025年北京市大学生程序设计竞赛暨“小米杯”全国邀请赛——D

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题目大意:给定两个树S，T询问有多少点对(x,y) 在两棵树上的 LCA 相同
考虑在S树上进行树上启发式合并,大的集合叫 $L$, 小的叫$R$ ，以$T$ 树的dfn序为下标维护树状数组, 对于 $x\in R$ ,首先在 $S$ 树上包含$x$ 的那个集合的其它点和 $x$ 都不会产生贡献，因为他们的LCA 最高也只是我当前合并的那棵子树根节点 $rt$ 的儿子，考虑怎么计算，首先我们要预处理出每个节点为根在树状数组的范围（$[l_i,r_i]$），然后我们把已经合并好的大集合都加到树状数组中，答案就加上 $query([l_{rt},r_{rt}])-query([l_y,r_y])$ , $y$ 就是上述包含 $x$ 子树的深度最浅的节点( $rt$ 的儿子)，额外的加上 $(x,y)$ 有一个点 $rt$ 的贡献

#pragma GCC optimize(3,"Ofast","inline")
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using i64 = long long;
using i128 = __int128;

//第一颗树启发式合并，在第二棵树的范围内，统计每个根节点和要加入的轻儿子产生的贡献
inline int lowbit(int x){
    return x&-x;
}
int n;
struct BIT{
    vector<int> tree;
    void init(int &n){
        tree.assign(n*2+10,0);
    }
    void add(int x,int v){
        for(x;x<tree.size();x+=lowbit(x)) tree[x]+=v;
    }
    int query(int x){
        int ans =0;for(x;x>0;x-=lowbit(x)) ans+=tree[x];return ans;
    }
    int ask(int l,int r){
        return query(r)-query(l-1);
    }
}tr;

constexpr int maxn = 2e5+10;
vector<int> g1[maxn],g2[maxn];
int dfn[maxn],l[maxn],r[maxn],idx =0;
int f[maxn][20],dep[maxn];

void update(){
    for(int j = 1;j<20;++j){
        for(int i = 1;i<=n;++i){
            f[i][j] = f[f[i][j-1]][j-1];
        }
    }
}
int jump(int x,int h){
    for(int i = 0;i<20;++i) if((h>>i)&1) x = f[x][i];
    return x;
}

void dfs(int x,int fa){
    l[x]= dfn[x] = ++idx;
    dep[x] = dep[fa]+1;
    f[x][0]=fa;
    for(auto y:g2[x]){
        if(y==fa) continue;
        dfs(y,x);
        l[x] = min(l[x],l[y]);
        r[x] = max(r[x],r[y]);
    }
    r[x] = max(r[x],dfn[x]);
    
}

i64 ans=0;
int sz[maxn],son[maxn],HH;
void dfs1(int x,int fa){
    sz[x] = 1;
    for(auto &y:g1[x]){
        if(y==fa) continue;
        dfs1(y,x);
        sz[x]+=sz[y];
        if(sz[y]>sz[son[x]]) son[x]=y;
    }
}

void deal(int x,int fa,int val){
    tr.add(dfn[x],val);
    for(auto &y:g1[x]){
        if(y==fa) continue;
        deal(y,x,val);
    }
}

void calc(int x,int fa,int rt){
    if(l[rt]<=l[x]&&r[x]<=r[rt]){
        int bk = jump(x,dep[x]-dep[rt]-1);//第一棵树包含x的rt的child
        ans+=tr.ask(l[rt],r[rt])-tr.ask(l[bk],r[bk]);
    }
    for(auto y:g1[x]){
        if(y==fa) continue;
        calc(y,x,rt);
    }
}

void dsu(int x,int fa,int op){
    for(auto y:g1[x]){
        if(y==fa||y==son[x]) continue;
        dsu(y,x,0);
    }
    if(son[x]) dsu(son[x],x,1);
    ans+=tr.ask(l[x],r[x]);//rt=x的贡献
    tr.add(dfn[x],1);
    for(auto &y:g1[x]){
        if(y==fa||y==son[x]) continue;
        calc(y,x,x);
        deal(y,x,1);
    }
    if(!op) deal(x,fa,-1);
}


void solve(){
    cin>>n;
    tr.init(n);
    idx = 0;
    for(int i = 0;i<=n;++i){
        l[i]=r[i]=dfn[i]=0;
        son[i]=0;
        g1[i].clear();
        g2[i].clear();
    }

    
    for(int i = 0;i<n-1;++i){
        int u,v;cin>>u>>v;
        g1[u].emplace_back(v);
        g1[v].emplace_back(u);
    }

    for(int i = 0;i<n-1;++i){
        int u,v;cin>>u>>v;
        g2[u].emplace_back(v);
        g2[v].emplace_back(u);
    }
    dfs(1,0);
    dfs1(1,0);
    update();
    ans =0;
    dsu(1,0,1);
    cout<<ans<<"\n";
}

signed main(){
    ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);
    int t=1;
    cin>>t;
    while(t--) solve();
    return 0;
}