POJ3417 树上差分

题意：
给定一个无向图，共有n-1+m条边，其中n-1条为主要边，其他边为非主要边，图中任意两点都存在一条只有主要边构成的路径，要求按顺序删除一条主要边和一条非主要边使得图中所有点至少被分为两个连通块，求这种方案数有多少种。
思路：
假设这个无向图只有n-1条主要边，那么该无向图很显然是一棵树，添加任意一条非主要边(a,b)都会使得从a到b这条主要边构成的路径加上这非主要边条边构成一个环，只要删除a到b这条主要边构成的路径中的其中一条边，再删除(a,b)这条非主要边就可以使得无向图被分为两个连通块。为了方便起见添加任意一条非主要边(a,b)我们称树中路径a到b这条路径被覆盖次数+1，而不去添加这条非主要边在这个树中。对于任意一条主要边，如果覆盖次数为0，那么说明这条主要边没有与其他任意边构成一个环，那么删除这条主要边，一定可以把无向图分成两个连通块，删除这条主要边的情况下有m种方案。对于任意一条主要边，如果覆盖次数为1，那么这条主要边和某些其他主要边以及一条非主要边构成了一个环，删除这条主要边和那条非主要边就能使无向图被分为两个连通块，这样的情况下由1种方案。对于任意一条主要边，如果覆盖次数大于等于2，说明这条主要边至少构成两个环，那么删除这条主要边无法通过删除其他非主要边使得无向图被分为两个连通块。所以思路就是通过求出每条边的覆盖次数，然后对每条边按如上思路求方案数之和就好了。
解法1：O(nm)
对于添加一条非主要边(a,b)通过dfs的方法将a~b的路径上的所有主要边覆盖次数+1，因为非主要边有m条，所以复杂度为O(n*m).由于题目时间限制为2s，n和m最大均为1e5,所以该方法复杂度过大。
解法2：O(n+m)
假设1号节点为根节点，对于添加一条非主要边(a,b)我们将a点和b点的权值均-1，lca(a,b)的权值+2。对于任意一个节点x，以这个节点为根节点的子树中所有点的权值之和如果为正数q，说明这个节点x与他的父亲节点y这条边被覆盖了q次，为什么是q次呢，看如下讨论：
首先被覆盖的路径(a,b)一定经过如下路段a->lca(a,b)->b这条路径
1.如果某条被覆盖的路径(a,b)不包括这个节点x到他的父亲节点y这条边，那么有两种情况。
①.这条被覆盖的路径(a,b)在以x为根节点的子树中，这条边肯定无法覆盖x到他的父亲节点y这条边，正好lca(a,b)也一定在这棵子树中，那么这条路径不会影响这棵子树的权值之和。②.这条被覆盖的路径(a,b)不在这颗子树中，更不会影响到这颗子树的权值之和。
2.如果某条被覆盖的路径(a,b)包括这个节点x到他的父亲节点y这条边，那么lca(a,b)一定不在这棵子树中，并且这条被覆盖的路径肯定只有一个点在这棵子树中，另一个点不在这棵子树中，也就是这条路径以x点为根节点的子树权值和贡献+1权值，因为一个a和b其中一个点在x为根节点的子树中，一个不在，那么肯定经过x到它的父亲节点y这条边，覆盖x到它的父亲节点y这条边的次数也正好+1.
综上所述，x到他的父亲节点y这条边的覆盖次数等于以x为根节点的子树的权值之和。
证明完毕后看解决方法，开一个数组F[x]记录以x节点为根节点的子树的权值之和，也就是x到他的父亲节点y这条边被覆盖的次数。输入非主要边(a,b)的时候a点和b点的权值均-1，lca(a,b)的权值+2，全部输入完成后以1号节点为根节点dfs求所有的F的值,然后对除了1以外的所有点i判断F[i]为0或者为1的情况进行答案求和。
复杂度判断：lca复杂度O(nlogn),dfs求F的值O(n),输入O(n+m),这个情况下复杂度完全够。
代码：

#include<iostream>
#include<deque>
#include<algorithm>
#include<math.h>
#include<cstdio>
using namespace std;
int n,m,t;
const int S=1e5+10;
int head[S],net[S*2],v[S*2],vis[S*2],d[S],w[S];
int f[S][20];
int F[S];
int tot=0;
void add(int x,int y)//前向星加边
{
	v[++tot]=y,net[tot]=head[x],head[x]=tot;
}
void bfs()//lca预处理
{
	d[1]=1;
	deque<int>q;
	q.push_back(1);
	while(q.size())
	{
		int x=q.front();
		q.pop_front();
		for(int i=head[x];i;i=net[i])
		{
			int y=v[i];
			if(d[y])
			continue;
			d[y]=d[x]+1;
			f[y][0]=x;
			for(int j=1;j<=t;j++)
			{
				f[y][j]=f[f[y][j-1]][j-1];
			}
			q.push_back(y);
		}
	}
}
int lca(int x,int y)//求lca
{
	if(d[x]>d[y])swap(x,y);
	for(int i=t;i>=0;i--)
	{
		if(d[f[y][i]]>=d[x])y=f[y][i];
	}
	if(x==y)
	return x;
	for(int i=t;i>=0;i--)
	{
		if(f[y][i]!=f[x][i])x=f[x][i],y=f[y][i];
	}
	return f[x][0];
}
void dfs(int x)//dfs求每个节点的F值
{
	vis[x]=1;
	F[x]+=w[x];
	for(int i=head[x];i;i=net[i])
	{
		int y=v[i];
		if(vis[y])
		continue;
		dfs(y);
		F[x]+=F[y];
	}
}
int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&m);
	int ans=0;
	t=(int)(log(n)/log(2))+1;
	for(int i=1;i<=n-1;i++)
	{
		int x,y;
		scanf("%d%d",&x,&y);
		add(x,y);
		add(y,x);
	}	
	bfs();//lca预处理
	for(int i=1;i<=m;i++)//对于每条非主要边(a,b) a的权值+1，b的权值+1，lca(a,b)的权值-2
	{
		int x,y;
		scanf("%d%d",&x,&y);
		w[x]++;
		w[y]++;
		w[lca(x,y)]-=2;
	}
	dfs(1);//以1号节点为根节点求所有节点的F值
	for(int i=2;i<=n;i++)//1号节点不参与计算是因为1号节点为根节点，没有父亲节点
	{
		if(F[i]==0)//i节点和他父亲节点这条边被覆盖0次，那么删除这条边在删除任意一条非主要边就好了
		ans+=m;
		else if(F[i]==1)//i节点和他的父亲节点这条边被覆盖1次，那么删除这条边再删除覆盖他们的那条非主要边
		ans++;
	}
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
}