noi.ac#15 题解
做了一下午还多，完全独立完成。
题意很简单：给树加一条边使得最大匹配数增加1。
什么样的边 \((a,b)\) 满足条件呢？很明显，当且仅当存在一个最大匹配不选 \(a,b\)。此时加上 \(a,b\) 边后，\((a,b)\) 构成新的匹配，匹配数 \(+1\)。
我们把它变成 “存在一个最大匹配不选 \(a\)” 且 “存在一个最大匹配不选 \(b\)”。这事就好做了，删 \(a\) 后重新算最大匹配。树的最大匹配可以dp做，\(O(n)\)。这样再加上枚举就是 \(O(n^2)\) 的。假设这样的点叫做 “可不选点”，设 \(c\) 为“可不选点”的数量，答案就是 \(c(c-1)/2\)。
最大匹配的做法：
设 \(f(u,0/1)\) 表示 \(u\) 子树中的最大匹配数，\(u\) 不选/选（强制）。
\(f(u,0)=\sum f(v,0/1),f(u,1)=\max\{f(v,0)+\sum\limits_{v'\neq v}f(v',0/1)\}\)
\(f(u,1)\) 那个转移的意思是，既然 \(u\) 要选，那肯定要和其中一个儿子匹配，枚举和儿子 \(v\) 匹配，\(v\) 必须在子树里不选，而其它的儿子可以选或不选都行。
最后答案自然是 \(f(1,0/1)\)，设 \(1\) 为树的根。
很遗憾这样不对。因为我们最开始做的转化不对。这事很好理解，因为“可以不选”并非独立的，可能我不选某个点的时候，就必须要选另外的某个点了。最简单的反例是一个三个点的链 \((1,2),(2,3)\)。最大匹配显然为 \(1\)，但是不选 \(1\) 就要选 \(3\) ，不选 \(3\) 就要选 \(1\)，虽然 \(1\) 和 \(3\) 都是 “可不选点”，但它俩不能同时不被选。简单来说，“可不选”不满足“合并性”，“全可不选”不代表“可全不选”。
因此正确的做法是：枚举 \(a,b\) 并删除，求剩下的树的匹配数，看是否不变。\(O(n^3)\)。
我们分两步做。枚举 \(a\) ，并删除，求匹配数看是否不变（如果这里就变了就不用再枚举 \(b\) 了）。若不变（此时树被切成了若干子树），枚举 \(b\) 并删除，此时看 \(b\) 所在的那个子树的匹配数是否不变即可，其它子树就不用看了因为没受影响一定不变。
那相当于求这样的一个东西：对于每个“可不选点”，把它切掉后剩下若干个子树，求每个子树里“可不选点”数量的和。
容易想到在dp时顺便记录下“可不选点”的数量，设为 \(g(u,0/1)\)。我们尝试写出 \(g\) 的转移式，发现了几个问题：
- \(g\) 超级难转移，虽然也不是不可以转移
- 注意到我们还需要做换根dp，那就得支持减去一个子树。本来做 \(f\) 就只能用 set 维护后面的 max 勉强支持减，\(g\) 比 \(f\) 还复杂，这里笔者想不下去了，我认为要对 \(g\) 做换根dp是相当困难的。
总的来说就是十分困难。（事实上，我一半时间就是在搞这个，发现搞不出来）
一条路走不通了，试试看换条路走。哪里可以“换条路”呢？我们知道，在二分图中，最大匹配数+最大独立集=n。从而转化为考虑最大独立集。
最大独立集相关dp：
最大独立集的dp比最大匹配的dp简单很多，这也是转化成最大独立集的原因。
\(f(u,0/1)\) 表示 \(u\) 子树里，\(u\) 不选/选，最大独立集。
\(f(u,0)=\sum f(v,0/1),f(u,1)=1+\sum f(v,0)\)每个 \(v\) 贡献是独立的，很容易进行减法从而支持换根dp。
加一条边匹配数增加 \(1\)，由于 \(n\) 不变，就相当于最大独立集数减小 \(1\)。最大独立集减小 \(1\)，当且仅当 \(a,b\) 都是最大独立集必选的点。此时，原来可以（且必须）选 \(a,b\)，现在它俩只能二选一了，最大独立集减小 \(1\)。
和“可不选”不一样，一个必须选，另一个必须选，那么两个就都是必须选的，它具有 “合并性”，“全必选”等价于“必全选”。此时答案就是必选点个数选 \(2\) 个的方案数。
写出来发现又不对。这回又哪里不对了？仔细看一下，最大匹配数+最大独立集=n 只在二分图中成立，加一条边万一出来个奇环，就不是二分图了。不过加出来是偶环就是对的。
观察数据发现这样算出来总是偏大的并且大的不多。多算的也很明确，就是加一条边后，最大独立集减少了一个但是匹配数不变的方案数。此时由于 \(n\) 不变，最大独立集+最大匹配数=n-1 ，并且生成了一个 “奇环基环树”。
从而我们有必要研究什么样的“奇环基环树”的最大独立集+最大匹配数=n-1。研究一会发现无论怎么样的结论都很难解决原问题，因为结论都是基于环上的每个子树的，而我们很难把这个子树提取出来。
实不相瞒，我另一半时间就花在这了。
我们重新回想一下，发现有这样一个东西：
我们分两步做。枚举 \(a\) ，并删除，求匹配数看是否不变（如果这里就变了就不用再枚举 \(b\) 了）。若不变（此时树被切成了若干子树），枚举 \(b\) 并删除，此时看 \(b\) 所在的那个子树的匹配数是否不变即可，其它子树就不用看了因为没受影响一定不变。
这里删除后求匹配数都是在树上求的。此时还没加边，可以使用 “最大独立集+最大匹配数=n” 的结论。
注意删了一个点后，点数就变成 \(n-1\) 了，此时匹配数不变意味着最大独立集减小 \(1\)，那也就是这个点是必选点。
从而，边 \((a,b)\) 满足条件，当且仅当： \(a\) 是（最大独立集的）必选点，且 \(b\) 在 \(a\) 子树里也是必选点。
参考上面那个没做下去的思路，我们维护 \(g(u,0/1)\) 表示在 \(f(u,0/1)\) 情况下的必选点个数。但我们发现有一个问题：如果 \(f(u,0)=f(u,1)\)， 那要维护两种情况的必选点的交集。这不是问题，我们再设一个状态 \(g(u,2)\) 表示总的必选点数。当一边大时，就是那一边的 \(g\)，否则表示交集。
那可以写出转移：\(g(u,0)=\sum g(v,2)\)，\(g(u,1)=\sum g(v,0)\)。\(g(u,2)\) 是难点。
当 \(f(u,0)>f(u,1)\) 时，\(g(u,2)=g(u,0)\)； 当 \(f(u,1)>f(u,0)\) 时，\(g(u,2)=g(u,1)\)。
否则就是最麻烦的情况。此时 \(f(u,0)=f(u,1)\)，也就是说 \(\sum f(v,0/1)=1+\sum f(v,0)\)
对于每个 \(v\)，它可能会选择 \(\max(f(v,0),f(v,1))\) （即 \(f(v,0/1)\)）或者 \(f(v,0)\)。当 \(f(v,0)\ge f(v,1)\) 时，这俩都是选 \(f(v,0)\)。此时必选点数贡献 \(g(v,0)\)。
否则就是说 \(f(v,0)<f(v,1)\)。那它可能选 \(1\) 也可能选 \(0\)。必选点数贡献 \(g(v,2)\) ... 吗？
此时我们发现它的 \(g(v,2)=g(v,1)\)，但我们希望它是一个交集。
再记一个状态 \(s(u)\) 表示，选 \(0\) 和选 \(1\) 的必选点的交集，不管 \(f(u,0)\) 和 \(f(u,1)\) 的大小关系。 那此时应该是贡献一个 \(s(u)\)。
我们发现上面求的这个东西是 \(f(u,0)=f(u,1)\) 情况下的 \(g(u,2)\)，其实就是 \(s(u)\)。加上 \(s(u)\) 后，推一推发现，转移完整了。长这样：
虽然它看起来十分丧心病狂，但也比匹配的那个转移简单很多，而且它有一个十分优秀的性质：贡献关于每个 \(v\) 独立。
从而我们容易写出一个换根dp （建议用结构体封装加和减，会十分简单）。
记 \(f',g',s'\) 表示全局信息，即以 \(u\) 为根，整棵树的 \(f,g,s\)。举个例子 \(f'(u,0)\) 就是整颗树，不选 \(u\)，最大独立集。它也就是删除 \(u\) 后的最大独立集。它可以换根dp得到。
关于如何求答案也很显然了：枚举必选点 \(a\) （即 \(f'(a,0)<f'(a,1)\)），求它的每个子树里有多少必选点，加起来即可。下面的子树直接用 \(g\)，但还有一个外子树，用 \(fa[a]\) 的全局信息减去 \(a\) 的信息即可得到。
