我们先给一个图。

由图可知有 $(1,8),(1,9),(1,10),(2,8),(2,9),(2,10),(3,8),(3,9),(3,10)$ 这几对点满足题意要求。

通过观察可以发现 $a$ 与 $b$ 之间的节点所通向的路径，无论是通向 $a$ 的左边，还是通向 $b$ 的右边，都不会包含 $a$ 或 $b$。

假设以节点序号较小为起点，较大为终点，我们可以得到：以 $a$ 左边的节点为起点，以 $b$ 右边的节点为终点，所构成的路径一定包含 $a$ 与 $b$。

显然，一个节点把图分为两边，那么图的左边除了经过该节点，没有可以不经过该节点而到达图的右边的路径。也就是，这个节点无可避免地经过 $a$ 和 $b$，无法绕路。而最后 $(u,v)$ 的数量，就是 $a$ 左边的节点数量 $\times$ $b$ 右边的节点数量。

考虑搜索。我们先假定起点为 $a$，终点为 $b$。从 $a$ 出发开始搜，到 $b$ 为止，没有搜到的点就是 $b$ 右边的点。（参见下图）

黄线为以 $a$ 为起点会搜到的路径，只要给搜到的点打上标记，就可以知道 $b$ 右边点的数量。同理，我们以 $b$ 为起点，也可以搜出 $a$ 左边的点。两边的答案相乘，就可以得到题目的答案。

那么如何实现呢？

• 设一个记录访问的数组 $fl$。

• 给终点（$a$ 或 $b$）先打上标记，搜到那里时就停。

• 只要碰到没有搜过的，就继续搜下去。因为终点已经打上标记的，而且是联通图，所以没搜到的点就一定是 $a$ 左边或 $b$ 右边。

这样，我们很容易使用 bfs 或 dfs 解决此题。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2e5 + 10;
const int M = 1e6 + 10; 
int n, m, a, b;
vector<int>e[N];
bool vis[N];
long long s1, s2;
void dfs(int x) {
	for (int k = 0; k < e[x].size(); k++) {
		int y = e[x][k];
		if (!vis[y]) vis[y] = 1, dfs(y);	// 只要没有访问到的，打上标记，继续 dfs
	}
}

void run(void) {
	scanf("%d%d%d%d", &n, &m, &a, &b);
	for (int i = 1, u, v; i <= m; ++i) {
		scanf("%d%d", &u, &v); 
		e[u].push_back(v); e[v].push_back(u);
	}
	vis[b] = 1;
	dfs(a); 
	for (int i = 1; i <= n; ++i) if (!vis[i]) ++s1;  // 统计
	memset(vis, 0, sizeof(vis)); 
	vis[a] = 1; // 不要忘记给终点打标记
	dfs(b);
	for (int i = 1; i <= n; ++i) if (!vis[i]) ++s2;
	printf("%lld\n", s1 * s2);
}

int main() {
	freopen("junction.in", "r", stdin);
	freopen("junction.out", "w", stdout);
	run();
	return 0;
}