tourist 出的绝世好题
思路
首先，考虑一个范围更广的问题：
\[\sum_{u=1}^{n-1}\sum_{v=u+1}^n w_uw_vd(u,v) \]\(w_u\) 表示 \(u\) 的点权，\(d(u,v)\) 表示 \(u,~v\) 之间最短路
显然原问题就是 \(w_u\) 都为 \(1\) 的情况
（为啥不简化题目还要复杂化？我知道你很急但你先别急）
对于图中度数为 \(1\) 的点 \(u\)，它显然只有唯一一条连边 \((u,v)\)，那么如果要到 \(u\)，显然必须要经过这条边
因此我们可以考虑先将这条边进行贡献：\(w_u\times (n-w_u)\) （\(n\) 是总点数）；然后我们将 \(w_u\) 加到 \(w_v\) 上，将边 \((u,v)\) 删去
重复上诉步骤，我们最后会得到若干个环组成的连通图 \(G\)
在 \(G\) 中，我们找出所有度数大于 \(2\) 的点作为特殊点（如果没有，说明 \(G\) 就是一个简单环，那么任选两个点），由于边数 \(m\le n+42\)，那么特殊点的个数不会超过 \(84\)
我们考虑选择两个相邻的特殊点 \(l, r\)，它们路径上的点记为 \(p_1,~p_2,~p_3,...,p_k\)
对于 \(p_i\)，我们计算 \(p_j,~j>i\) 的点对它的贡献：显然有一部分会直接走路径 \((l,r)\) 内的路，有一部分会走到 \(r\) 后，通过另一部分的半环，走到 \(l\) ，再到 \(p_i\)
对于不在路径 \((l,r)\) 上的点（也就是不是 \(p\) 中的点），我们计算所有 \(p\) 的贡献：显然有一部分会经过 \(l\)，另一部分会经过 \(r\)，然后到达终点
我们可以记录两个前缀和数组 \(s_1,s_2\) ：
\[s_1[x]=\sum_{i=1}^x w_{p[i]} \]\[s_2[x]=\sum_{i=1}^x w_{p[i]}\times i \]然后就可以计算上面要的贡献
具体实现时，为了避免讨论，会让统计的答案是正确答案的两倍，记得输出时除以 \(2\)
代码
#include<iostream>
#include<fstream>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
#include<bitset>
#define LL long long
#define FOR(i, x, y) for(int i = (x); i <= (y); i++)
#define ROF(i, x, y) for(int i = (x); i >= (y); i--)
#define PFOR(i, x) for(int i = he[x]; i; i = r[i].nxt)
inline int rd()
{
int sign = 1, re = 0; char c = getchar();
while(c < '0' || c > '9'){if(c == '-') sign = -1; c = getchar();}
while('0' <= c && c <= '9'){re = re * 10 + (c - '0'); c = getchar();}
return sign * re;
}
int n, m, k; LL ans;
std::set<int> lk[100005];
std::queue<int> q;
int sz[100005];
std::vector<int> r[100005];
int SZ[100005], id[100005], dcnt;
int dis[90][100005];
inline void bfs(int st)
{
FOR(i, 1, n) dis[st][i] = 1e9;
q.push(st); dis[st][st] = 0;
while(!q.empty())
{
int now = q.front(); q.pop();
for(int to : r[now]) if(dis[st][to] > dis[st][now] + 1)
dis[st][to] = dis[st][now] + 1,
q.push(to);
}
}
std::bitset<100005> vis, inlk;
std::vector<int> p;
LL s1[100005], s2[100005];
inline void calc(int st, int x)
{
p.clear(); vis[st] = vis[x] = 1;
p.emplace_back(st), p.emplace_back(x);
while(x > k)
for(int to : r[x]) if(p[p.size() - 2] != to)
{
p.emplace_back(to), x = to, vis[x] = 1;
break;
}
int L = p[0], R = p.back(), len = p.size() - 1, csz = len + dis[L][R];
// 小半环时 csz 是两倍 (L, R)；大半环时 csz 是 L, R 所在环的大小
FOR(i, 1, len - 1) s1[i] = s1[i - 1] + SZ[p[i]], s2[i] = s2[i - 1] + 1ll * i * SZ[p[i]];
// 计算半环内的点之间相互的贡献
LL sum = 0;
FOR(i, 1, len - 1)
{
int t = std::min(len - 1, i + (csz >> 1));
LL t1 = (s2[t] - s2[i - 1]) - 1ll * i * (s1[t] - s1[i - 1]);
LL t2 = 1ll * (i + csz) * (s1[len - 1] - s1[t]) - (s2[len - 1] - s2[t]);
sum += (t1 + t2) * SZ[p[i]];
}
ans += sum << 1;
// 计算半环内的点对半环外的点的贡献
FOR(i, 1, len - 1) inlk[p[i]] = 1;
FOR(i, 1, n) if(!inlk[i])
{
int dl = dis[L][i], dr = dis[R][i];
int t = std::min(len - 1, (dr - dl + len) >> 1);
LL t1 = s2[t] + dl * s1[t];
LL t2 = (dr + len) * (s1[len - 1] - s1[t]) - (s2[len - 1] - s2[t]);
ans += (t1 + t2) * SZ[i];
}
FOR(i, 1, len - 1) inlk[p[i]] = 0;
}
signed main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("test.in", "r", stdin);
freopen("test.out", "w", stdout);
#endif
n = rd(), m = rd();
FOR(i, 1, m)
{
int u = rd(), v = rd();
lk[u].insert(v), lk[v].insert(u);
}
FOR(i, 1, n)
{
sz[i] = 1;
if(lk[i].size() == 1) q.push(i);
}
while(!q.empty())
{
int now = q.front(); q.pop();
for(int to : lk[now])
{
lk[to].erase(now);
ans += 2ll * sz[now] * (n - sz[now]);
sz[to] += sz[now];
if(lk[to].size() == 1) q.push(to);
}
lk[now].clear();
}
FOR(i, 1, n) if(lk[i].size() > 2)
id[i] = ++dcnt;
k = dcnt ? dcnt : 2;
FOR(i, 1, n) if(lk[i].size() == 2)
id[i] = ++dcnt;
FOR(i, 1, n)
{
for(int j : lk[i]) r[id[i]].emplace_back(id[j]);
lk[i].clear(), SZ[id[i]] = sz[i];
}
n = dcnt;
FOR(i, 1, k)
{
bfs(i);
FOR(j, 1, n) ans += 1ll * dis[i][j] * SZ[i] * SZ[j];
}
FOR(i, 1, k) for(int to : r[i]) if(to > k && !vis[to])
calc(i, to);
printf("%lld", ans >> 1);
return 0;
}