一、题目
开始接受(...)痛苦不堪的回忆。
二、解法
你看它不用算具体的东西，只用算一个总和，这不用贡献法用什么？
考虑 (v) 的贡献，也就是保留 ([v,n]) 的点和有关边时，和它能互通 (u) 点的个数。前 ([1,v)) 不用考虑是因为如果和 (u) 能互通就会删除，如果不互通那么和 (u) 不在一个强连通块内，对 (u,v) 是否能互通没有任何影响。
枚举点 (v)，然后跑 ( t tarjan)，单次可以做到 (O(nm)) 的复杂度。
先固定点 (v)，考虑删除一个边的前缀的影响，把删边变成加边是老套路了，我们逆序来做。( t tarjan) 不好维护但考虑到有一个点是定点，所以建出正反图，然后动态 ( t bfs)，如果加入的这条边两个端点都访问过就没用，如果终点没有访问过就以他开始 ( t bfs)，每次把 ( t bfs) 到的边删掉，如果两个端点都没访问过就加入图中。每条边只会被删除一次，所以时间复杂度 (O(nm))
还有一种方法是考虑点对 ((u,v)) 的贡献，也就是保留 ([v,n]) 的点和边时 (u,v) 能互通。因为本题边越多 (u,v) 更容易互通，所以我们给每个边一个时间（第 (i) 条边时间为 (i)），可以考虑求出 (u,v) 互通的最小瓶颈边最大的路径，那么可知这会贡献给答案序列的一个前缀。
有向图的瓶颈边问题可以考虑 ( t floyd)，设 (f[i][j]) 表示 (i) 到 (j) 的最小瓶颈边的最大值，那么考虑枚举中转点 (k)，有一个限制是 (kgeqmin(i,j))，因为图只能保留这些点，在内层循环的时候注意一下即可。
还有一个细节是 (k) 要倒序枚举，首先考虑 ( t floyd) 的原理：对于每一条可能的路径，我们通过枚举中转点能把这些点一个一个拼起来，这相当于枚举了所有情况。但是这道题的路径可能是 small->big->middle->big->small，如果先枚举了small就会导致路径拼不起来，所以要先枚举big。
时间复杂度 (O(n^3))，真 ( t tm) 怎么做都可以，但是考试时就是不会。
三、总结
当不用求出具体值，只用求总和时，考虑贡献法。
尝试多种翻译方式，比如这道题我一开始翻译的是 ((u,v)) 强联通，但是因为 ( t tarjan) 不好动态做所以卡了。但是如果翻译成 ((u,v)) 互通就利于后面想到动态 ( t bfs) 的方法。
#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
const int M = 1005;
int read()
{
int x=0,f=1;char c;
while((c=getchar())<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;}
while(c>='0' && c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}
return x*f;
}
int n,m,f[M][M],ans[200005];
signed main()
{
n=read();m=read();
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int u=read(),v=read();
f[u][v]=i;
}
for(int k=n;k>=1;k--)
{
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(!f[i][k]) continue;
int t=f[i][k],up=(i>k)?(k-1):n;
for(int j=1;j<=up;j++)
f[i][j]=max(f[i][j],min(t,f[k][j]));
}
}
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=i+1;j<=n;j++)
ans[min(f[i][j],f[j][i])]++;
ans[m+1]=n;
for(int i=m;i>=1;i--) ans[i]+=ans[i+1];
for(int i=1;i<=m+1;i++) printf("%d ",ans[i]);
}