題目：POJ3417.

題目大意：給定一棵樹以及一些附加邊，求刪除一條樹邊和一條附加邊使這棵樹不能通過樹邊和附加邊不連通的方案數.

這道題貌似很裸，我們可以考慮一下刪除一條樹邊對答案有多少貢獻.

去掉一條樹邊後，我們還可以去掉一條附加邊，我們發現只有當不超過一條附加邊(x,y)滿足x到y的路徑上有這條樹邊這條樹邊才會對答案有貢獻.

考慮若只有一條附件變滿足條件，則必須去掉這條附加邊才能將樹分成兩塊，所以對答案的貢獻為1；若沒有滿足條件的附加邊，則去掉任意一條附加邊即可，所以對答案的貢獻為附加邊的數量.

那麼我們考慮如何求出每一條樹邊在多少條附加邊的路徑上，考慮對於每一條附加邊(x,y)，那麼就是將點x到點y的這條鏈上的所有邊加1，那麼很明顯這可以用樹鏈剖分來求解.

但是我們不需要樹鏈剖分，由於只需要在最後統計答案，我們可以使用差分來解決這個問題.由於是在樹上的差分，所以我們將這個演算法稱為樹上差分.

具體來說，對於一條鏈(x,y)，我們將點x和點y的LCA上減2，然後在點x和點y上加1，之後我們掃描一遍樹即可求得每條樹邊的值.用tarjan來實現LCA可以做到求解.

程式碼如下：

#include<iostream>
#include<cstdio>
  using namespace std;
#define Abigail inline void
typedef long long LL;
const int N=100000;
struct side{
  int y,next;
}e[N*2+9];
int top=1,lin[N+9],n,v[N+9],fa[N+9],use[N+9];
struct queryy{
  int y,next;
}q[N*2+9];
int linq[N+9],tq,m;
LL ans;
void ins(int x,int y){e[++top].y=y;e[top].next=lin[x];lin[x]=top;}
void insq(int x,int y){q[++tq].y=y;q[tq].next=linq[x];linq[x]=tq;}
int get(int u){return u^fa[u]?fa[u]=get(fa[u]):u;}
void tarjan(int k){
  fa[k]=k;use[k]=1;
  for (int i=lin[k];i;i=e[i].next)
    if (!use[e[i].y]){
      tarjan(e[i].y);
      fa[e[i].y]=k;
    }
  for (int i=linq[k];i;i=q[i].next)
    if (use[q[i].y]==2) v[get(q[i].y)]-=2,++v[k],++v[q[i].y];
  use[k]=2;
}
void dfs(int k,int dad){
  for (int i=lin[k];i;i=e[i].next)
    if (e[i].y^dad){
      dfs(e[i].y,k);
      v[k]+=v[e[i].y];
    }
  if (k==1) return;
  if (v[k]==1) ans++;
  else if (v[k]==0) ans+=LL(m);
}
Abigail into(){
  scanf("%d%d",&n,&m);
  int x,y;
  for (int i=1;i<n;i++){
    scanf("%d%d",&x,&y);
    ins(x,y);ins(y,x);
  }
  for (int i=1;i<=m;i++){
    scanf("%d%d",&x,&y);
    insq(x,y);insq(y,x);
  }
}
Abigail work(){
  tarjan(1);
  dfs(1,0);
}
Abigail outo(){
  printf("%lld\n",ans);
}
int main(){
  into();
  work();
  outo();
  return 0;
}