原题
题目大意：
有\(n\)个人，起初他们都不是朋友。总共有\(m\)天，每天会有两个人成为朋友。他们计划在晚上出去旅游，对于一个人，有如下两种情况：
1.要么他不出去旅游
2.要么有至少\(k\)个朋友跟他一起出去
其中\(n,m,k\)都会给出
（注意，友谊是非传递性的，比如\(a\)和\(b\)是朋友，\(b\)和\(c\)是朋友，但\(a\)和\(c\)不一定是朋友）
你的任务是，对于\(1\)到\(m\)天，输出每天晚上最多可以出去玩的人数
首先，我们将题目抽象为一张无向图，问题转化为可以动态加边，在某一刻时最多能选多少个点，\(s.t.\)被选的点中任意一点都与其他被选的点有至少\(k\)条连边。
正向不太好做，我们可以逆向考虑：
首先把所有的边都加进来。显然此时度数还小于\(k\)的点是不可能对答案有贡献了，因此要删去，同时更新一下与它相邻的点的度数。重复以上操作，直到所有点的度数都大于等于\(k\)。此时剩余点的数量就是第\(m\)天时的答案。然后我们倒着删边，并重复上述操作，然后记录一下这一天的答案。最后注意一下输出顺序就OK啦！
代码不长：

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;#define N 200000int n, m, k, from[N+5], to[N+5], deg[N+5], del[N+5], ans[N+5], cnt; //del是删除标记
set<int> G[N+5]; //存图void d(int u) { //删除if(del[u] || deg[u] >= k) return ; //显然要返回嘛queue<int> q;q.push(u); //准备开始更新del[u] = 1;--cnt; //更新答案while(!q.empty()) {int x = q.front(); q.pop();for(auto v : G[x]) { //请食用c++11--deg[v]; //因为这个点被删除了，相当于它与相邻点的连边也没了，因此要把相邻点的度数减去1if(deg[v] < k && !del[v]) {q.push(v);  //准备下一次更新del[v] = 1;--cnt; //更新答案}}}
}int main() {ios_base::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);cin >> n >> m >> k;cnt = n;for(int i = 1, x, y; i <= m; ++i)cin >> x >> y, from[i] = x, to[i] = y, deg[x]++, deg[y]++, G[x].insert(y), G[y].insert(x);for(int i = 1; i <= n; ++i) d(i);ans[m] = cnt; //记录答案for(int i = m; i >= 1; --i) {if(!del[from[i]]) --deg[to[i]]; //注意，这里要特判一下，因为若连边的某一端被删除了，那另一端的度数一定已经被减掉1了if(!del[to[i]]) --deg[from[i]];G[from[i]].erase(to[i]), G[to[i]].erase(from[i]);d(from[i]), d(to[i]); //尝试删除ans[i-1] = cnt; //记录答案}for(int i = 1; i <= m; ++i) cout << ans[i] << endl;return 0;
}