题目描述
给你一个 (n) 个点 (m) 条边的无向图，要求支持以下几种操作共 (q) 次：
- 加入一条边 ((u,v))。
- 删除一条边 ((u,v))。
- 查询按照以下步骤对图进行操作后剩下的点的数量：删除所有与其相连的点编号都比其大的点和与该点相连的边，然后再次进行操作，直到删除点的数量为 (0) 为止。（该查询对图的结构不影响）
数据范围：(1 le n,q le 2cdot 10^5, 0 le m le 2cdot 10^5) 。
结论
对于每一个点，只要有任意相邻的点编号大于它，那么该点一定会在最后一轮前被删除。
证明
采用反证法。假如一个有一个相邻点编号大于它，且其存活到了最后一轮。那么其必有一个相邻点小于它。其相邻点若没有编号比其更小的，那么其会在本轮被删除，那本轮不为最后一轮。其相邻点若有编号比其更小的，同样的逻辑也适用于该点。这样我们得到一个无限下降的论证，但编号小于起始点的点数量是有限的，所以产生了矛盾。得证。
代码实现
由于正常邻接表的边删除操作不是 (O(1)) 的，所以不能使用邻接表。
我们可以考虑使用一个叫 alive 的数组来存储 “比编号为 (i) 的点编号大的其邻居的数目”，再使用一个变量 ans 存储每次询问的答案，由于初始所有点都是不连通的，那么 ans 初始化为 (n)。
- 假如一个点加边后有且仅有一个相邻的点编号大于它，答案就减少 (1)。
- 假如一个点删掉与它相邻且唯一的编号大于它的点，答案就增加 (1)。
代码
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <vector>
using namespace std;
const int maxn = 2e5 + 5;
int alive[maxn], n, m;
int main() {
cin >> n >> m;
int ans = n;
for(int i = 1, x, y; i <= m; i ++) {
cin >> x >> y;
if(x > y) {
alive[y] ++;
if(alive[y] == 1) ans --;
} else {
alive[x] ++;
if(alive[x] == 1) ans --;
}
}
int q;
cin >> q;
while(q --) {
int cmd, x, y;
cin >> cmd;
if(cmd == 1) {
cin >> x >> y;
if(x > y) { // when x is stronger than y
alive[y] ++; // y's dangerous friend ++
if(alive[y] == 1) ans --; // if this is the first dangerous friend, answer --;
} else {
alive[x] ++;
if(alive[x] == 1) ans --;
}
} else if(cmd == 2) {
cin >> x >> y;
if(x > y) {
alive[y] --;
if(alive[y] == 0) ans ++;
} else {
alive[x] --;
if(alive[x] == 0) ans ++;
}
} else {
cout << ans << endl;
}
}
}