Solution
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记 \(s→t\) 为包含点 \(u\) 的一条路径，显然所有的 \(s→t\) 能组成一个连通块（因为路径可以拆成 \(s→u，u→t\)），而这个连通块的边数就是能与 \(u\) 开展贸易活动的城市个数。
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记这个连通块为 \(G(u)\)，显然 \(G(u)\) 也能看成：连通所有点 \(s,t\) 和 \(u\) 的最小生成树
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先考虑开 \(n\) 棵线段树分别维护 \(G(u)\)，对于 \(s→t\) 路径上每个点 \(u\)，\(G(u)\) 都要加上 \(s,t\) 这两个点，线段树以 \(dfs\) 序为下标，节点 \(x\) 维护以下信息 （对应区间 \([l,r]\)）：
\(f(x):\) \(G(u)\) 中 \(dfs\) 序在 \([l,r]\) 中的点（记这些点的集合为 \(H(x)\)），加上根节点，组成的连通块的边数
\(s(x):\) \(H\) 中 \(dfs\) 序最小的点
\(t(x):\) \(H\) 中 \(dfs\) 序最大的点 -
记 \(x\) 的左右儿子分别为 \(x2,x3\)，则一般情况下：
\(f(x)=f(x2)+f(x3)-deep(lca(t(x2), t(x3))\)
\(s(x)=s(x2)\)
\(t(x)=t(x3)\)当然还有一些 \(H(x2)\) 或 \(H(x3)\) 为空集的情况需要特判
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具体实现中，可以把 \(s→t\) 做树上差分，即拆成：在 \(s,t\) 处出现次数 \(+1\) ,\(lca(s,t),fa(lca(s,t))\) 处出现次数 \(-1\) （上述出现次数均为点 \(s,t\) 的出现次数），因此，线段树的叶子节点还要记录每个点的出现次数
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然后离线下来，\(dfs\) 整棵树一遍，在回溯的时候，把儿子的线段树合并到该点，并执行位于该点的 \(+1,-1\) 修改
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记 \(rt[u]\) 为 \(u\) 对应线段树的根，\(G(u)\) 的边数即 \(f(rt[u])-deep(lca(s(rt[u]),t(rt[u])))\)
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注意没有限制 \(u<v\)，即答案要除以 \(2\)
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使用欧拉序求 \(lca\) 即可做到 \(O(nlogn)\) 的时间复杂度
Code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define pb push_back
#define ll long long
template <class t>
inline void read(t & res)
{
char ch;
while (ch = getchar(), !isdigit(ch));
res = ch ^ 48;
while (ch = getchar(), isdigit(ch))
res = res * 10 + (ch ^ 48);
}
const int e = 2e5 + 5;
vector<int>g[e], h[e];
ll ans;
int n, m, rt[e], logn[e], st[e][18], dep[e], nxt[e * 2], go[e * 2], num, adj[e], fa[e];
int dfn1[e], dfn2[e], pool;
struct node
{
int l, r, cnt, f, s, t;
}c[e * 30];
inline void add(int x, int y)
{
nxt[++num] = adj[x];
adj[x] = num;
go[num] = y;
nxt[++num] = adj[y];
adj[y] = num;
go[num] = x;
}
inline void dfs1(int u, int pa)
{
dep[u] = dep[pa] + 1;
dfn1[u] = ++dfn1[0];
dfn2[u] = ++dfn2[0];
st[dfn1[0]][0] = u;
fa[u] = pa;
for (int i = adj[u]; i; i = nxt[i])
{
int v = go[i];
if (v == pa) continue;
dfs1(v, u);
st[++dfn1[0]][0] = u;
}
}
inline int lca(int x, int y)
{
if (!x || !y) return 0;
if (dfn1[x] > dfn1[y]) swap(x, y);
int l = dfn1[x], r = dfn1[y], k = logn[r - l + 1], u = st[l][k],
v = st[r - (1 << k) + 1][k];
return dep[u] < dep[v] ? u : v;
}
inline void collect(int x)
{
int l = c[x].l, r = c[x].r;
c[l].s ? c[x].s = c[l].s : c[x].s = c[r].s;
c[r].t ? c[x].t = c[r].t : c[x].t = c[l].t;
c[x].f = c[l].f + c[r].f - dep[lca(c[l].t, c[r].s)];
}
inline int merge(int x, int y, int l, int r)
{
if (!x || !y) return x ^ y;
if (l == r)
{
c[x].cnt += c[y].cnt;
c[x].f |= c[y].f;
c[x].s |= c[y].s;
c[x].t |= c[y].t;
return x;
}
int mid = l + r >> 1;
c[x].l = merge(c[x].l, c[y].l, l, mid);
c[x].r = merge(c[x].r, c[y].r, mid + 1, r);
collect(x);
return x;
}
inline void insert(int &x, int l, int r, int pos, int v)
{
if (!x) x = ++pool;
if (l == r)
{
c[x].cnt += v;
if (!c[x].cnt) c[x].f = c[x].s = c[x].t = 0;
else c[x].f = dep[pos], c[x].s = c[x].t = pos;
return;
}
int mid = l + r >> 1;
if (dfn2[pos] <= mid) insert(c[x].l, l, mid, pos, v);
else insert(c[x].r, mid + 1, r, pos, v);
collect(x);
}
inline void init()
{
int i, j;
logn[0] = -1;
for (i = 1; i <= dfn1[0]; i++) logn[i] = logn[i >> 1] + 1;
for (j = 1; (1 << j) <= dfn1[0]; j++)
for (i = 1; i + (1 << j) - 1 <= dfn1[0]; i++)
{
int u = st[i][j - 1], v = st[i + (1 << j - 1)][j - 1];
st[i][j] = (dep[u] < dep[v] ? u : v);
}
}
inline void dfs2(int u, int pa)
{
for (int i = adj[u]; i; i = nxt[i])
{
int v = go[i];
if (v == pa) continue;
dfs2(v, u);
rt[u] = merge(rt[u], rt[v], 1, n);
}
for (auto v : g[u]) insert(rt[u], 1, n, v, 1);
for (auto v : h[u]) insert(rt[u], 1, n, v, -1);
ans += c[rt[u]].f - dep[lca(c[rt[u]].s, c[rt[u]].t)];
}
int main()
{
int i, x, y;
read(n); read(m);
for (i = 1; i < n; i++) read(x), read(y), add(x, y);
dfs1(1, 0);
init();
while (m--)
{
read(x); read(y);
int z = lca(x, y);
g[x].pb(x); g[x].pb(y); g[y].pb(x); g[y].pb(y);
h[z].pb(x); h[z].pb(y); h[fa[z]].pb(x); h[fa[z]].pb(y);
}
dfs2(1, 0);
cout << ans / 2 << endl;
return 0;
}