题意：有n只火鸡，m个猎人按序来杀火鸡，第$i$个人从$x_i,y_i$中选一只杀，如果$x_i,y_i$中只有1只存活就杀活的那只，如果都死了就什么都不做，问有多少对火鸡对可以同时存活
$n leq 400 , m leq 1e5$
很有趣的一道题呀……
感觉n很小，m比较大，$nm$和$n^3$的算法感觉应该都可以。
我们先考虑判断每个火鸡是否有可能存活。
我们发现，顺推是不好推的，因为前面的决定会影响后面的决定，我们不知道当前决定是不是合法的。
所以考虑倒推。
假如我们现在需要判断火鸡$X$是否能够存活
我们维护一个集合$S_X$，在最开始的时候$S={ X }$，表示最后$X$需要存活
我们倒着考虑每一个猎人，假设我们考虑到第$p$个猎人，当前集合$S$表示第$p$个猎人来后，需要存活的火鸡。
我们可以根据$x_p,y_p$倒推出第$p-1$个猎人来后，需要存活的火鸡，也就是向上一步的$S$集合。
存在以下三种情况：
1、$x_p in S , y_p in S$ 火鸡$x$不能存活
2、$x_p in S , y_p otin S$ 或$x_p otin S , y_p in S$ ，把不在$S$的那个加入$S$
3、$x_p otin S , y_p otin S$ 什么都不做
我们发现，$S$集合扩大的情况只有情况2，而情况2可以这样理解：
假如现在是$x_p in S$ (因为$y_p in S$的情况可以同理)，那么此时为了让$x_p$存活下去，$y_p$在此时必须死，不能早死也不能晚死，它就是为$x_p$而死的。
如果每遇到这种情况，我们就连一条边，$x_p -> y_p$，那么最终我们会得到一棵树，以$X$为根，一个点的儿子就是为它而死的火鸡，可能有多个。
我们计算答案时，可以直接枚举点对$(a,b)$(满足$a e b$)，如果a、b都可能存活，并且$S_a cap S_b = emptyset$，那么$a,b$最后可以同时存活，否则不能同时存活。
满足$S_a cap S_b = emptyset$这个条件时，显然$a,b$都可以存活
为什么如果不满足这个条件就不能同时存活呢。我们用反证法证明。
假如说有个火鸡$r$，满足$r in S_a , r in S_b$，并且最后$a,b$可以同时存活
我们知道，在$r$加入$S_a$的时候就是$r$死的时候，在$r$加入$S_b$的时候也是$r$死的时候
所以说$r$在$S_a$中加入和在$S_b$中加入一定要是同一时间，那么是在同一个猎人到来时，为了同一只火鸡而死的。
那么我们就找到了$r$在两颗树上的父亲，这两个父亲是相同的，假设是$t$。
于是同理我们发现两棵树中$t$的父亲是相同的，这样一直推，就会推到根，要么是第一棵树的根$a$，要么是第二棵树的根$b$
那么要么$a$在$S_a$和$S_b$中都出现，要么$b$在$S_a$和$S_b$中都出现。
也就是要么$a$要为$b$的最终存活而死，要么$b$要为$a$的最终存活而死，反正$a,b$不能在最后同时存活。
然后维护集合$S$我们可以用bitset。
//Serene
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<bitset>
using namespace std;
#define ll long long
#define db double
#define For(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);++i)
#define Rep(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);--i)
const int maxn=400+7,maxm=1e5+7;
int n,m,X[maxm],Y[maxm],ans;
bool ok[maxn];
bitset<maxn> G[maxn];
char cc; ll ff;
template<typename T>void read(T& aa) {
aa=0;cc=getchar();ff=1;
while((cc<'0'||cc>'9')&&cc!='-') cc=getchar();
if(cc=='-') ff=-1,cc=getchar();
while(cc>='0'&&cc<='9') aa=aa*10+cc-'0',cc=getchar();
aa*=ff;
}
int main() {
read(n); read(m);
For(i,1,m) read(X[i]),read(Y[i]);
For(i,1,n) {
G[i].reset(); G[i].set(i);
Rep(j,m,1) {
if(G[i][X[j]]&&G[i][Y[j]]) {ok[i]=1;break;}
if(G[i][X[j]]) G[i].set(Y[j]);
if(G[i][Y[j]]) G[i].set(X[j]);
}
}
For(i,1,n) if(!ok[i]) For(j,i+1,n) if(!ok[j])
if((G[i]&G[j]).count()==0) ans++;
printf("%d
",ans);
return 0;
}