點這裡看題目。
首先，我們很容易看出，在 \(s\) 和 \(f\) 確定時，\(c\) 的備選數量就等於\(s\)到\(f\)所有簡單路徑的並的大小減二（要把\(s\)和\(f\)去掉）。
隨手畫幾個圖就會發現， \(s\) 到 \(f\) 所有簡單路徑的並似乎也就是\(s\)到\(f\)經過的所有點雙的並。
考慮證明這個猜想。首先，由於點雙之間最多只有乙個公共點，所以每個點雙內，每條從 \(s\) 到 \(f\) 的簡單路徑，必然是從乙個固定點進入點雙，從另乙個固定點離開。
因而我們只需要再證明：在點雙內部，對於任意三點\(a, b, c\)，必然存在簡單路徑滿足從\(a\)到\(c\)到\(b\)。
為了方便，以下用\(u\oversetv\)表示從\(u\)向\(v\)連一條容量為\(c\)的邊。
考慮構建乙個網路來證明，如下：
拆點。對於\(u\)拆成\(u\)和\(u'\)，並且連線\(u\overset u'\)，表示每個點只能經過一次。
拆邊。無向邊先要拆成有向邊。對於有向邊\((u,v)\)，連線\(u'\overset v\)，表示邊只能經過一次。
連線源匯。連線\(s\overset c, a'\overset t,b'\overset t\)。
這樣，如果原圖最大流為 \(2\) ，則存在需要的路徑。
也就是說，我們需要證明，原圖最大流，也即是最小割為 \(2\) 。
設最小割為\(c\)。顯然\(c\le 2\)。那麼我們需要證明\(c>1\)，即不可以只刪除一條邊就使得\(s\)到\(t\)不連通。
分類討論：
如果刪除 \(u\overset u'\) 的邊，我們就相當於拆掉了乙個點。根據點雙的定義，不影響連通性。
如果刪除 \(u'\overset v\) 的邊，我們就相當於拆掉了一條邊。由於這個操作影響比拆點更小，因而也不影響連通性。
刪除\(a'\overset t\)或者是\(b'\overset t\)。顯然只刪除一邊而另一邊留存都不會影響連通性。
因而有\(c>1\)，根據連邊特性我們知道就有\(c=2\)，即命題成立。
這也就是說，我們的猜想也是成立的。
因而我們只需要統計任意兩點之間，經過的點雙的並的大小減二即可。
考慮建出圓方樹，這樣任意兩點之間經過的點雙就是路徑上的方點。
下面需要使用到乙個技巧：為圓方樹上的點賦合適的權。
這一題中，我們首先可以猜想給方點賦為點雙大小。由於兩個點雙之間最多只有乙個交點，因而我們可以直接給圓點賦為 \(-1\) 進行扣除多餘貢獻。同時，圓點賦 \(-1\) 也能順帶處理 " 並集大小減二 " 這個情況。
總結一下，我們給圓點賦 \(-1\) ，方點賦大小，然後統計任意兩個圓點之間路徑的權值和即可。建出圓方樹後一邊 dfs 計算答案即可。時間\(o(n)\)。
#include typedef long long ll;
const int maxn = 2e5 + 5, maxm = 2e6 + 5;
templatevoid read( _t &x )
while( s >= '0' && s <= '9' )
x *= f;
}templatevoid write( _t x )
if( 9 < x )
putchar( x % 10 + '0' );
}template_t min( const _t a, const _t b )
struct graph
graph[maxm << 1];
int head[maxn] = {}, cnt;
graph()
void addedge( const int from, const int to )
void adde( const int from, const int to )
void nxt( int &ptr ) const
edge& operator ( const int indx )
}g, t;
int stk[maxn];
int siz[maxn], w[maxn];
int dfn[maxn], low[maxn];
ll ans;
int n, m, cnt, id, top, tot, subn;
void tarjan( const int u, const int fa )
}else low[u] = min( low[u], dfn[v] );
}}void dfs( const int u, const int fa )
ans += 2ll * siz[u] * ( subn - siz[u] ) * w[u];
}int main()
write( ans ), putchar( '\n' );
return 0;
}
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