题目大意：
Dark 是一张无向图，图中有 \(N\) 个节点和两类边，一类边被称为主要边，而另一类被称为附加边。Dark 有 \(N-1\) 条主要边，并且 Dark 的任意两个节点之间都存在一条只由主要边构成的路径。另外，Dark 还有 \(M\) 条附加边。
你的任务是把 Dark 斩为不连通的两部分。一开始 Dark 的附加边都处于无敌状态，你只能选择一条主要边切断。一旦你切断了一条主要边，Dark 就会进入防御模式，主要边会变为无敌的而附加边可以被切断。但是你的能力只能再切断 Dark 的一条附加边。
现在你想要知道，一共有多少种方案可以击败 Dark。注意，就算你第一步切断主要边之后就已经把 Dark 斩为两截，你也需要切断一条附加边才算击败了 Dark。
解题思路：
根据题意，“主要边”构成一棵树，“附加边”则是“非树边”。把一条附加边 \((x,y)\) 添加到主要边构成的树中，会与树上 \(x,y\) 之间的路径一起形成一个环。如果第一步选择切断 \(x,y\) 之间路径上的某条边，那么第二步就必须切断附加边 \((x,y)\) ，才能使 Dark 被斩为不连通的两部分。
因此，我们称每条附加边 \((x,y)\) 都把树上 \(x,y\) 之间的路径上的每条边“覆盖了一次”。我们只需统计出每条“主要边”被覆盖了多少次。若第一步把覆盖 \(0\) 次的主要边切断，则第二步可以切断任意一条附加边。若第一步把覆盖 \(1\) 次的主要边切断，则第 \(2\) 步方法唯一。若第一步把覆盖 \(2\) 次及以上的主要边切断，则第二步无论如何操作都不能击败 Dark。这样我们就得到了击败 Dark 的方案数。
使用树上差分（边差分），即对于任意 \((x,y)\)，设它们的 LCA 为 \(p\)，差分数组为 \(d\)，则 \(d[u]\) 和 \(d[v]\) 依次加 \(1\)，而 \(d[p]\) 减 \(2\)。
示例程序：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 100010;
int n, m, pa[maxn][21], dep[maxn];
vector<int> g[maxn];
int d[maxn], ans;
void dfs(int u, int p) {
dep[u] = dep[p] + 1;
pa[u][0] = p;
for (int i = 1; (1<<i) <= dep[u]; i ++)
pa[u][i] = pa[ pa[u][i-1] ][i-1];
for (auto v : g[u])
if (v != p)
dfs(v, u);
}
int lca(int x, int y) {
if (dep[x] < dep[y]) swap(x, y);
for (int i = 20; i >= 0; i --) {
if (dep[ pa[x][i] ] >= dep[y]) x = pa[x][i];
if (x == y) return x;
}
for (int i = 20; i >= 0; i --) {
if (pa[x][i] != pa[y][i]) {
x = pa[x][i];
y = pa[y][i];
}
}
return pa[x][0];
}
void dfs2(int u, int p) {
for (auto v : g[u])
if (v != p)
dfs2(v, u), d[u] += d[v];
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(0);
cin >> n >> m;
for (int i = 1; i < n; i ++) {
int u, v;
cin >> u >> v;
g[u].push_back(v);
g[v].push_back(u);
}
dfs(1, 0);
for (int i = 0; i < m; i ++) {
int u, v, p;
cin >> u >> v;
p = lca(u, v);
d[u] ++;
d[v] ++;
d[p] -= 2;
}
dfs2(1, 0);
for (int i = 2; i <= n; i ++) {
if (d[i] == 0) ans += m;
else if (d[i] == 1)ans ++;
}
cout << ans << endl;
return 0;
}