- 对于一张有向图(G)，定义函数(f(u,G))：从(1sim n)枚举顶点(v)，若(u)能到达(v)且(v)能到达(u)，就将计数器(cnt)加(1)并删去顶点(v)及其连边，最终(f(u,G)=cnt)。并令(h(G)=sum_{u=1}^nf(u,G))。
- 现给定一张(n)个点(m)条边的有向图(G)，令(G_i)表示(G)删去前(i)条边后得到的图，求(h(G))以及所有(h(G_i))。
- (nle10^3,mle2 imes10^5)
一个重要结论
首先给出结论：(f(u,G))就等价于有多少个顶点(vin[1,u])，满足(u)能到达(v)且(v)能到达(u)，且不经过任何编号小于(v)的点。
证明就考虑反证法。如果(u ightarrow v ightarrow u)的回路中存在一个编号比(v)小的点(w)，那么(w)也必然能沿着这条回路满足(u)能到达(w)且(w)能到达(u)，因此(w)肯定早就被删去，矛盾了。
这样一来我们就不要考虑对每个合法顶点(v)的删点操作，这样一来题意就清新了许多。
(Floyd)
要求从(x ightarrow y ightarrow x)只经过编号大于等于(y)的点，也就是说只能选择编号大于(y)的点作为转移点，因此就可以想到(Floyd)。
我们记录(f_{x,y})表示(x ightarrow y)路径上最早被删除边的最迟时间。
从大到小枚举转移点(k)，此时编号大于(k)的点都已经转移过了，故我们可以在此时统计(k)的答案——枚举(iin(k,n])，给(ans[min{f_{i,k},f_{k,i}}])加上(1)（这里的(ans[i])相当于记录了最迟在第(i)条边删除前还能合法的点对数，只要最后做一遍后缀和就可以得出真正的答案了）。
接下来的转移就是(Floyd)基本操作了，枚举一对点(i,j)借助(k)转移。
具体实现中可能有点小卡常。。。
代码：(O(n^3))
#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define Con const
#define CI Con int&
#define I inline
#define W while
#define N 1000
#define M 200000
using namespace std;
int n,m,ans[M+5],f[N+5][N+5];
int main()
{
RI i,j,k,x,y;for(scanf("%d%d",&n,&m),i=1;i<=m;++i) scanf("%d%d",&x,&y),f[x][y]=i;//初始化边权
int *Fi,*Fk;for(k=n;k;--k)//从大到小枚举转移点
{
for(i=k+1;i<=n;++i) ++ans[min(f[i][k],f[k][i])];//统计当前转移点的答案
for(i=1;i<=n;++i) if(x=f[i][k]) for(j=1,Fi=f[i]+1,Fk=f[k]+1;j<=n;++j,++Fi,++Fk) *Fi=max(*Fi,min(x,*Fk));//Floyd
}
for(ans[m+1]=n,i=m;i;--i) ans[i]+=ans[i+1];for(i=1;i<=m+1;++i) printf("%d ",ans[i]);return 0;//后缀和得到最终答案
}