CF1454E Number of Simple Paths(容斥+基环树)

假设是一棵树，答案是n*(n-1)/2

这是因为任意两点间的路只有一条。

如果全部点都在一个环上，那么答案是n*(n-1)，因为任意两点都有两种情况

在考虑两个极端的情况，我们可以发现，主要的变数就是通过了环，任何两个能够通过环到达的点都是存在两条路径的

因此，我们考虑环上每个点的子树大小，这下面的点因为不能通过环，所以只有一个简单路径

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pll;
const int N=6e5+10;
const int mod=998244353;
int h[N],ne[N],e[N],idx;
int ins[N],fu[N];
int st[N];
vector<int> num;
ll sz[N];
void add(int a,int b){
    e[idx]=b,ne[idx]=h[a],h[a]=idx++;
}
void dfs(int u,int from){
    int i;
    ins[u]=1;
    for(i=h[u];i!=-1;i=ne[i]){
        int j=e[i];
        if(i==(from^1))
            continue;
        fu[j]=u;
        if(ins[j]){
            int x=u;
            while(x!=j){
                num.push_back(x);
                x=fu[x];
            }
            num.push_back(j);
        }
        else{
            dfs(j,i);
        }
    }
    ins[u]=0;
}
void dfs1(int u,int fa){
    sz[u]=1;
    for(int i=h[u];i!=-1;i=ne[i]){
        int j=e[i];
        if(st[j])
            continue;
        if(j==fa)
            continue;
        dfs1(j,u);
        sz[u]+=sz[j];
    }
}
int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    memset(h,-1,sizeof h);
    int t;
    cin>>t;
    while(t--){
        ll n;
        cin>>n;
        int i;
        idx=0;
        num.clear();
        for(i=1;i<=n;i++){
            h[i]=-1;
            st[i]=0;
        }
        for(i=1;i<=n;i++){
            int a,b;
            cin>>a>>b;
            add(a,b);
            add(b,a);
        }
        dfs(1,-1);
        for(i=0;i<num.size();i++){
            st[num[i]]=1;
        }
        ll ans=n*(n-1);
        for(i=1;i<=n;i++){
            if(st[i]){
                dfs1(i,0);
                ans-=(sz[i]*(sz[i]-1))/2;
            }
        }
        cout<<ans<<endl;
    }
    return 0;
}