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题目大意：
给定一棵树，边的编号为读入顺序。现在规定，区间$[L, R]$的贡献$S(L,R)$为把编号在该区间里的边都连上后，当前形成的森林中点数大于等于$2$的联通块个数。
求$\sum\limits_{i = 1} ^ {N - 1}\sum\limits_{j = i} ^ {N - 1}S(i,j)$。
数据范围：$2\le N\le 10^5$。
题解：
水题。
我们发现，一棵树上假设联通了$k$条边，那么联通块个数就是$N-k$个。所以我们可以求出，所有区间下的所有联通块个数和。
现在我们要减掉，每个区间中形成的点联通块。
这个好办。
假设以这个点$p$为端点的边的编号从小到大一次为$a_1$一直到$a_m$。
那么如果一个区间满足这个区间不跨过任意一个$a$即可，这个就是两个$a$之间求一个区间个数。
由于我们需要把每个点的$a$数组排序，所以复杂度是$O(nlogn)$。
代码：
#include <bits/stdc++.h>
#define N 200010
using namespace std;
typedef long long ll;
int head[N], to[N << 1], nxt[N << 1], val[N << 1], tot, n;
ll ans;
char *p1, *p2, buf[100000];
#define nc() (p1 == p2 && (p2 = (p1 = buf) + fread(buf, 1, 100000, stdin), p1 == p2) ? EOF : *p1 ++ )
int rd() {
int x = 0, f = 1;
char c = nc();
while (c < 48) {
if (c == ‘-‘)
f = -1;
c = nc();
}
while (c > 47) {
x = (((x << 2) + x) << 1) + (c ^ 48), c = nc();
}
return x * f;
}
inline void add(int x, int y, int z) {
to[ ++ tot] = y;
val[tot] = z;
nxt[tot] = head[x];
head[x] = tot;
}
int a[N];
inline ll calc(int l, int r) {
// printf("%d %d\n", l, r);
if (l > r) {
return 0;
}
ll len = r - l + 1;
return len * (len + 1) / 2;
}
void dfs(int p, int fa) {
// cout << p << endl ;
int cnt = 0;
for (int i = head[p]; i; i = nxt[i]) {
a[ ++ cnt] = val[i];
}
sort(a + 1, a + cnt + 1);
a[0] = 0;
for (int i = 1; i <= cnt; i ++ ) {
ans -= calc(a[i - 1] + 1, a[i] - 1);
}
ans -= calc(a[cnt] + 1, n - 1);
for (int i = head[p]; i; i = nxt[i]) {
if (to[i] != fa) {
dfs(to[i], p);
}
}
}
int main() {
n = rd();
for (int i = 1; i < n; i ++ ) {
int x = rd(), y = rd();
add(x, y, i);
add(y, x, i);
}
for (int i = 1; i < n; i ++ ) {
ans += (ll)(n - i) * (n - i);
}
// cout << ans << endl ;
dfs(1, 1);
cout << ans << endl ;
return 0;
}
小结：真难则反真的是好用，而且我们要知道哪些我们能处理，哪些不能处理。
[Comet OJ - Contest #6 C][48C 2279]一道树题_树
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原文地址：https://www.cnblogs.com/ShuraK/p/11241207.html
