【题解】P14315 [Aboi Round 2] Faputa

考虑竞赛图 SCC 计数的经典结论：设 \(\deg_i\) 表示竞赛图上 \(i\) 点的入度，则该竞赛图 SCC 的数量即为：\(\sum\limits_{i=1}^n[\sum\limits_{j=1}^i\deg'_j=\binom i2]\)，其中 \(\deg'\) 数组是 \(\deg\) 升序排序之后得到的数组。证明是显然的。

然后考虑动态的维护翻转一条边的指向 / 查询整张图 SCC 数量这两个操作，根据上面的结论，你只需要维护 \(\deg'\) 数组和其前缀和数组即可。此时先维护好 \(\deg\) 数组的信息（这是十分简单的），然后你只需要时刻保证 \(\deg'\) 有序，且修改的时候修改 \(O(1)\) 个位置即可。容易想到修改每个 \(\deg\) 数组内的值时，直接二分查找出 \(\deg'\) 数组第一个 / 最后一个值和 \(\deg_i\) 相同的位置然后修改。因为修改操作要么是 \(+1\) 要么是 \(-1\) 所以显然可以保证数组有序。

而现在还需要维护 \(\deg'\) 数组的前缀和，考虑线段树处理。容易发现每次操作其实就是找出两个位置 \(i,j\)，使得：

• \(\deg'_i\leftarrow \deg'_i-1,\deg'_j\leftarrow \deg'_j+1\)
• \(\deg'_i\leftarrow \deg'_i+1,\deg'_j\leftarrow \deg'_j-1\)

容易观察出此时前缀和值会被修改的区间一定是 \([i,j-1]\) 或 \([j,i-1]\)，而要么是该段区间被整体 \(+1\)，要么是该段区间被整体 \(-1\)。

现在还需要维护整体查询，这个查询到的值形如：

\[\sum\limits_{i=1}^n[\sum\limits_{j=1}^i\deg'_j=\binom i2] \]

考虑维护内层 \(\sum\limits_{j=1}^i\deg'_j=\binom i2\) 是否成立。因为当前已经可以快速维护 \(\sum\limits_{j=1}^i\deg_j'\) 的值了，所以只需要查询区间中值为 \(\binom i2\) 的数的个数。比较困难的点在于 \(\binom i2\) 的值对每个不同的 \(i\) 都不同。但是 \(\binom i2\) 对相同的 \(i\) 而言其值为定值，因此想到在数据结构上对每个 \(i\) 改维护 \((\sum\limits_{j=1}^i\deg'_j)-\binom i2\) 的值，这样问题变为了区间 \(\pm 1\) 整体查 \(0\) 的数量，可以用树套树做到大常数 \(O(n\log^2n)\) 或者分块做到 \(O(n\sqrt n)\)，均无法通过，只能拿到 \(75\) 分。

考虑进一步优化。你会发现 \(\sum\limits_{j=1}^i\deg_j'\ge \binom i2\) 这个不等式对于任意 \(i=1\ldots n\) 均恒成立，而上述式子的值取 \(0\)，当且仅当不等式取等号。因此整体查询 \(0\) 的数量这一条件可以修改为整体查询最小值的数量，这个是容易维护的。

在线段树上维护下列信息：

• mi：当前线段树结点对应的区间中最小值
• cntmi：当前线段树结点对应的区间中最小值在当前区间中出现的次数
• tag：懒惰标记

上述信息是容易 \(O(1)\) 维护的，所以直接拿线段树做这个东西，总时间复杂度为 \(O(n\log n)\)，可以通过该题。

namespace Loyalty
{
    inline void init() { }
    inline int harsh(int i, int j) { return i * 21810563ll + j; }
    int deg[N], srtdeg[N];
    struct Node
    {
    	int l, r, mi, cntmi, tag;
    	inline void init(int p) { l = r = p, mi = 0, cntmi = 1, tag = 0; }
    	inline void push(int x) { mi += x, tag += x; }
	} tree[N << 2];
	inline Node operator+(const Node &l, const Node &r)
	{
		Node o;
		o.l = l.l, o.r = r.r, o.tag = 0;
		if (l.mi == r.mi)
			o.mi = l.mi, o.cntmi = l.cntmi + r.cntmi;
		else if (l.mi > r.mi)
			o.mi = r.mi, o.cntmi = r.cntmi;
		else
			o.mi = l.mi, o.cntmi = l.cntmi;
		return o;
	}
    inline void build(int l, int r, int rt)
    {
    	if (l == r)
    		return tree[rt].init(l);
    	int mid = l + r >> 1;
    	build(l, mid, rt << 1);
    	build(mid + 1, r, rt << 1 | 1);
    	tree[rt] = tree[rt << 1] + tree[rt << 1 | 1];
	}
	inline void pushdown(int rt)
	{
		if (tree[rt].tag)
		{
			tree[rt << 1].push(tree[rt].tag);
			tree[rt << 1 | 1].push(tree[rt].tag);
			tree[rt].tag = 0;
		}
	}
	inline void loyalty(int rt, int ll, int rr, int v)
	{
		if (ll > rr)
			return;
		int &l = tree[rt].l, &r = tree[rt].r;
		if (ll <= l && r <= rr)
			return tree[rt].push(v);
		int mid = l + r >> 1;
		pushdown(rt);
		if (ll <= mid)
			loyalty(rt << 1, ll, rr, v);
		if (mid < rr)
			loyalty(rt << 1 | 1, ll, rr, v);
		tree[rt] = tree[rt << 1] + tree[rt << 1 | 1];
	}
    inline void main([[maybe_unused]] int _ca, [[maybe_unused]] int atc)
    {
    	int n, m;
    	cin >> n >> m;
    	unordered_map<int, int> mp;
    	for (int i = 1; i <= n; ++i)
    		deg[i] = srtdeg[i] = i - 1;
    	build(1, n, 1);
    	while (m--)
    	{
    		int u, v;
    		cin >> u >> v;
    		if (u > v)
    			u ^= v ^= u ^= v;
    		if (mp[harsh(u, v)])
    		{
    			int x = lower_bound(srtdeg + 1, srtdeg + n + 1, deg[u]) - srtdeg;
    			--srtdeg[x], --deg[u];
    			int y = upper_bound(srtdeg + 1, srtdeg + n + 1, deg[v]) - srtdeg - 1;
//    			cerr << "1: " << x << ' ' << y << '\n';
    			++srtdeg[y], ++deg[v];
//    			--srtdeg[x], ++srtdeg[y], --deg[u], ++deg[v];
    			if (x > y)
    				loyalty(1, y, x - 1, 1);
    			else
    				loyalty(1, x, y - 1, -1);
    			mp[harsh(u, v)] = 0;
			}
			else
			{
				int x = upper_bound(srtdeg + 1, srtdeg + n + 1, deg[u]) - srtdeg - 1;
				++srtdeg[x], ++deg[u];
    			int y = lower_bound(srtdeg + 1, srtdeg + n + 1, deg[v]) - srtdeg;
//    			cerr << "2: " << x << ' ' << y << '\n';
    			--srtdeg[y], --deg[v];
//    			++srtdeg[x], --srtdeg[y], ++deg[u], --deg[v];
    			if (x > y)
    				loyalty(1, y, x - 1, -1);
    			else
    				loyalty(1, x, y - 1, 1);
    			mp[harsh(u, v)] = 1;
			}
			cout << tree[1].cntmi << '\n';
		}
    }
}