Description
有(n)（(1 le n le 400)）只鸡，接下来按顺序进行(m)（(1 le m le 10^5)）次操作。每次操作涉及两只鸡，如果都存在则随意拿走一只；如果只有一只存在，拿走这一只；如果都不存在，什么都不做。
求最后有多少对鸡（无序）可能共同存活。
Solution
个人认为单用集合的解释方法有失偏颇。
首先考虑枚举两只鸡，规定它们一定要存活，然后模拟过程。怎么看单次模拟的复杂度都不会小于(m)，因此要第一时间舍弃这种方法。
于是要换个角度考虑。我们看看能不能算出某一只鸡存活的条件，再枚举两只鸡，并判断它们的条件是否冲突。
假设我们令(a)必须存活。
先看那些与(a)有关的操作：显然，另一只鸡在该操作前必须存活。我们虽然得到了这个结论，但是这些操作的顺序有先后影响，并不好考虑。
为了消除后效性，我们从后往前考虑每个事件。如果遇到与(a)有关的事件((a,b))，我们必须令(b)在这个时刻前存活。这意味着下次遇到与(a)或(b)有关的事件，我们必须令另一者在这个时刻前存活。我们记如果"(a)必须存活"，当前所有必须存活的鸡组成的集合为(S)，则形式化地讲：
初始时，(S)里只有(a)
1.如果遇到一个事件，其中一者属于(S)，则另一者必须在这个时刻前存活。我们将另一者加进(S)
2.如果两者都属于(S)，则必须死一个。这立刻违反了(S)的定义，因此(a)不可能存活。我们将其纳入统计答案的考虑对象
3.如果两者都不属于(S)，由于我们从后往前考虑，即使这两者在更早的时间与(a)的生死有关，但那个有关的时刻结束之后，这两者的生死并不重要。因此这个事件不需要纳入考虑范围。
由此，扫完全部事件之后，依赖存活关系可以形象为一棵内向树（上述1.发生时，从另一者向属于(S)的一者连一条有向边），我们不再将其看做集合考虑，因为那无法解释接下来的事情。我们称它为(a)的存活树。
(a)的存活树的每一条边都代表着一次依赖事件，每一次事件的成功与否都决定了(a)能否存活。事件发生的具体顺序我们不需要知道，但是一定是按照从叶子节点向上的某个拓扑序发生的。
考虑两只鸡(a)和(b)能否存活。有了存活树的概念，却无从下手？先从简单的一面看：如果二者的存活树的点集无交，那么显然没有影响，二者可以共存。关键是如果有交，可以共存吗？
对于一个点(x)，其在(a)和(b)的存活树中都出现。如果(x)在两棵树中的父亲不同，这代表着两次不同的事件，先后发生，却都依赖于(x)。则后发生的一者必然不能保证(x)存活，因此(a)和(b)有一个必须死。如果(x)在两棵树中的父亲相同，首先二者不可能是两个事件，不然二者自身都不可能存活，不在考虑范围之内；既然是同一个事件，那么它们在这一步的确共存，因为它们共同进行了有益的一步。我们会发现，两棵树中可能出现一些“共同链”，但这并不意味着二者可以共存。因为两棵树的根一定不同，所以“共同链”的链顶一定不是根，即“共同链”的链顶一定会出现第一个情况：父亲不一样，有一只鸡必须死。
由上证毕，两只鸡能共存，当且仅当存活树的点集无交集。
在实现时，不需要建树，树只是用来严格证明的，我们只需要计算出每只存活的鸡的存活树点集合即可。
Code
#include <cstdio>
#include <bitset>
using namespace std;
const int N=405,M=10005;
typedef bitset<N> bs400;
int n,m;
int a[M][2];
bool die[N];
bs400 b[N];
void readData(){
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=m;i++)
scanf("%d%d",&a[i][0],&a[i][1]);
}
void calc(){
for(int i=1;i<=n;i++){
b[i][i]=1;
for(int j=m;j>=1;j--){
int u=a[j][0],v=a[j][1];
if(b[i][u]&&b[i][v]){
die[i]=true;
break;
}
else if(b[i][u])
b[i][v]=1;
else if(b[i][v])
b[i][u]=1;
}
}
}
void print(){
int ans=0;
for(int i=1;i<n;i++)
if(!die[i])
for(int j=i+1;j<=n;j++)
if(!die[j]){
if((b[i]&b[j]).none())
ans++;
}
printf("%d
",ans);
}
int main(){
readData();
calc();
print();
return 0;
}