[Manthan, Codefest 18][Codeforces 1037E. Trips]

题目链接：1037E - Trips

题目大意：有n个人，m天，每天晚上都会有一次聚会，一个人会参加一场聚会当且仅当聚会里有至少k个人是他的朋友。每天早上都会有一对人成为好朋友，问每天晚上最多能有多少人参加聚会。朋友关系不满足传递性。

　　　相当于有n个点，进行m次加边操作，每次操作后附加一个询问，问最大点集的大小，使得点集中每个点的度数均大于等于k

题解：如果直接边加边询问可能比较麻烦，本着“正难则反”的原则，我们可以将题目转化为，初始有m条边，每次操作是先询问当前的答案，再删去一条边。

　　　现在我们就可以先考虑，如果给你m条边，问对应的答案是多少，如何求解。这里给出一个定义，称一个人（点）为无用的，当且仅当没有人会因为他参加了聚会而参加聚会，否则称这个人是有用的。对于朋友关系（边）同理，当且仅当没有人会因此朋友关系而加入聚会，这条边才被称为无用。

　　　显然，一个度数小于k的点肯定是无用的，因为他的朋友不到k个，肯定不会去聚会，更不会有人因为他去聚会。接下来我们可以发现，这个点连出去的边也肯定是无用的，理由同上。那既然这些边是无用的了，我们就可以将这些边删去，对应的一些点的度数就会减少，就可能会产生新的“无用点”，这时候我们就要再将这些点以及有连接到这些点的边删去，直至剩下的所有点和边都是有用的。此时，将剩下的这些点全部拿去参加聚会肯定是满足条件的，因此答案就是剩下的点的个数。

　　　接下来考虑删边的情况，每次删边前先检索这条边是否还存在（即是否还是有用的），如果他已经被当做无用边删除了，则这次操作不会对答案产生影响，继续进行下一次操作。如果这条边还是有用的，则删去这条边，如果删去这条边导致了新的无用点的产生（即出现了度数小于k的点），则删除此点和相关的边，操作方法和预处理时一致。这样做m次之后再输出答案就好了。

代码中s表示有用点的集合，d[i]记录与i相连的有用边的终点的集合

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 200001
int n,m,k,x[N],y[N],ans[N];
set<int>d[N],s;
queue<int>q;
int main()
{scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);for(int i=1;i<=m;i++)scanf("%d%d",&x[i],&y[i]),d[x[i]].insert(y[i]),d[y[i]].insert(x[i]);for(int i=1;i<=n;i++)if(d[i].size()<k)q.push(i);while(!q.empty()){int cur=q.front();q.pop();for(auto nxt:d[cur]){d[nxt].erase(cur);if(d[nxt].size()<k)q.push(nxt);}d[cur].clear();}for(int i=1;i<=n;i++)if(d[i].size()>=k)s.insert(i);for(int i=m;i>=1;i--){ans[i]=s.size();if(d[x[i]].count(y[i])){d[x[i]].erase(y[i]);d[y[i]].erase(x[i]);if(d[x[i]].size()<k)q.push(x[i]);if(d[y[i]].size()<k)q.push(y[i]);}while(!q.empty()){int cur=q.front();q.pop();for(auto nxt:d[cur]){d[nxt].erase(cur);if(d[nxt].size()<k)q.push(nxt);}d[cur].clear(),s.erase(cur);}}for(int i=1;i<=m;i++)printf("%d\n",ans[i]);
}

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