题面
在Byteland 一共有n 座城市，编号依次为1 到n，这些城市之间通过m 条单向公路连接。
对于两座不同的城市a 和b，如果a 能通过这些单向道路直接或间接到达b，且b 也能如此到达a，那么它们就会被认为是一对友好城市。
Byteland 的交通系统十分特殊，第i 天只有编号在[li, ri] 的单向公路允许通行，请写一个程序，计算每天友好城市的对数。
注意：(a, b) 与(b, a) 没有区别。
70
Kosarajo算法
这是一个区别于tarjan算法的求强连通分量的算法。
流程
1.在逆图上进行一次dfs，然后记录下每个点的后序编号（？）。
e.g.
void dfs(int v){
dfs(next(v)); //先往后继递归
st[++st[0]]=v; //再在这记录后序编号
}
2.按后序编号从大到小在原图上再进行一次dfs，所能走到的就是与这个点处于同一强连通分量的点。
3.时间复杂度为(O(n+m))
正文
我们看到给出的区间的左端点和右端点都是不减的，就有边只会进出一次。
所以我们可以用邻接矩阵维护边，然后就可以使用Kosarajo算法统计答案。
这样的时间复杂度为(O(n^2*q))，然而这还是过不了70分。
bitset优化
由于边不存在权值，所以我们用bitset来存储邻接矩阵。
然后Kosarajo算法统计答案时，也要用到bitset的位运算优化。
于是就能把复杂度优化到(O(frac{1}{32}n^2*q))；
可能会用到的bitset函数
.reset()，归零；
._Find_next(int v)，查找第v为后的第一个1，返回位置。
Warning:bitset的下标是从0开始算，所以如果要从头开始找，就用._Find_next(-1)。
100
100分与70分的区别就是，边可能会重复加入。
注意到，如果对于两个已有的边集（邻接矩阵），那么我们可以利用bitset来优化合并，达到(O(frac{n^2}{32}))的复杂度，是很优秀的。
我们给(m)条边分块，共(sqrt m)块，每个块考虑使用bitset来存储邻接矩阵；
按照一般的分块套路，我们确实可以用(O(q*(sqrt m*frac{n^2}{32}+sqrt m)))来维护邻接矩阵。
但是仍然无法被题目苛刻的条件所接受。
于是我们考虑对块建立ST表，那么就能把维护的时间降到(O(q*(log_{sqrt m}*frac{n^2}{32}+sqrt m)))。
就能通过本题。
为什么不用tarjan，而用Kosarajo代替
对于tarjan而言，他需要遍历一些已经被访问的点，所以不能使用bitset优化；
而Kosarajo，每个点只会被遍历一次，所以能使用bitset优化。
为什么不用线段树，而用ST表和分块代替
线段树的空间不能被接受，是(O(m*log_m*frac{n^2}{32}))。
Code
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<bitset>
#define ll long long
#define fo(i,x,y) for(int i=x;i<=y;i++)
#define fd(i,x,y) for(int i=x;i>=y;i--)
using namespace std;
const char* fin="friend.in";
const char* fout="friend.out";
const int inf=0x7fffffff;
const int maxn=157,maxm=300007,maxk=557,maxl=10;
int n,m,q,a[maxm][2],ks,num,st[maxn],cnt=0,pre[maxn],ans;
bitset<maxn> b[maxk][maxl][maxn],bb[maxk][maxl][maxn],bz,p[maxn],pp[maxn];
void make(int l,int r){
int k=maxl-1;
fo(i,1,n) p[i].reset(),pp[i].reset();
while (l<=r){
if (l+(1<<k)-1<=r){
fo(i,1,n) p[i]|=b[l][k][i],pp[i]|=bb[l][k][i];
l+=(1<<k);
}
if (k>0) k--;
}
}
void dfs(int v){
bz.reset(v);
while (1){
int k=(pp[v]&bz)._Find_next(0);
if (k>n) break;
dfs(k);
}
st[++st[0]]=v;
}
void Dfs(int v){
cnt++;
bz.reset(v);
while (1){
int k=(p[v]&bz)._Find_next(0);
if (k>n) break;
Dfs(k);
}
}
void kosarajo(){
ans=0;
bz.set();
st[0]=0;
fo(i,1,n)
if (bz[i]){
dfs(i);
}
bz.set();
fd(i,st[0],1){
if (bz[st[i]]){
cnt=0;
Dfs(st[i]);
ans+=cnt*(cnt-1)/2;
}
}
}
int main(){
freopen(fin,"r",stdin);
freopen(fout,"w",stdout);
scanf("%d%d%d",&n,&m,&q);
fo(i,1,m) scanf("%d%d",&a[i][0],&a[i][1]);
ks=int(sqrt(m));
int j=1,k=ks;
fo(i,1,m){
if (i>k){
k+=ks;
j++;
}
b[j][0][a[i][0]].set(a[i][1]);
bb[j][0][a[i][1]].set(a[i][0]);
}
num=j;
fd(i,num,1){
fo(j,1,maxl-1){
if (i+(1<<(j-1))>num) break;
fo(k,1,n){
b[i][j][k]=b[i][j-1][k]|b[i+(1<<(j-1))][j-1][k];
bb[i][j][k]=bb[i][j-1][k]|bb[i+(1<<(j-1))][j-1][k];
}
}
}
fo(i,1,q){
int l,r;
scanf("%d%d",&l,&r);
int tmp=(l-1)/ks+1,tmd=(r-1)/ks+1;
make(tmp+1,tmd-1);
if (tmp!=tmd){
fo(j,l,tmp*ks) p[a[j][0]].set(a[j][1]),pp[a[j][1]].set(a[j][0]);
fo(j,(tmd-1)*ks+1,r) p[a[j][0]].set(a[j][1]),pp[a[j][1]].set(a[j][0]);
}else fo(j,l,r) p[a[j][0]].set(a[j][1]),pp[a[j][1]].set(a[j][0]);
/*fo(i,1,n) cout<<p[i]<<endl;
fo(i,1,n) cout<<pp[i]<<endl;*/
kosarajo();
printf("%d
",ans);
}
return 0;
}