传送门

题意：

给你一张$n$个点$m$条边的图，其中每个点$i$初始编号为$i$，边是有向的，方向为从编号大的指向编号小的。定义一个贡献为存在某三个点$a,b,c$有两条边为$a->b,b->c$，这个时候贡献为$1$。有$q$个询问，每次给出一个点$x$，代表将$x$的编号变成最大。对于每次询问输出当前图的贡献。

思路：

首先需要知道如何快速的算出贡献来。通过观察不难发现，$b$作为一个中间点，他的$in[b]\ast out[b]$就是$b$作为中间点的贡献。对于每个$i$求出来$in[i]\ast out[i]$即为初始的贡献。
考虑对于每次修改，我们如果能快速的找到当前查询的点$x$的入边，那么问题就好解决了。
我们可以重新开一个数组来记录下来，但是实际上并没有必要，我们发现直接将原图建反边，让后直接跑当前点的出边，这样就避免了删除操作，非常巧妙。
这样的时间复杂度也是正确的，题解有证明，比较长就不多说啦。
复杂度$O(q\sqrt{m})$

// Problem: F. Konrad and Company Evaluation
// Contest: Codeforces - Codeforces Round #588 (Div. 2)
// URL: https://codeforces.com/contest/1230/problem/F
// Memory Limit: 256 MB
// Time Limit: 4000 ms
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)//#pragma GCC optimize("Ofast,no-stack-protector,unroll-loops,fast-math")
//#pragma GCC target("sse,sse2,sse3,ssse3,sse4.1,sse4.2,avx,avx2,popcnt,tune=native")
//#pragma GCC optimize(2)
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<string>
#include<cstring>
#include<map>
#include<cmath>
#include<cctype>
#include<vector>
#include<set>
#include<queue>
#include<algorithm>
#include<sstream>
#include<ctime>
#include<cstdlib>
#include<random>
#include<cassert>
#define X first
#define Y second
#define L (u<<1)
#define R (u<<1|1)
#define pb push_back
#define mk make_pair
#define Mid ((tr[u].l+tr[u].r)>>1)
#define Len(u) (tr[u].r-tr[u].l+1)
#define random(a,b) ((a)+rand()%((b)-(a)+1))
#define db puts("---")
using namespace std;//void rd_cre() { freopen("d://dp//data.txt","w",stdout); srand(time(NULL)); }
//void rd_ac() { freopen("d://dp//data.txt","r",stdin); freopen("d://dp//AC.txt","w",stdout); }
//void rd_wa() { freopen("d://dp//data.txt","r",stdin); freopen("d://dp//WA.txt","w",stdout); }typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef pair<int,int> PII;const int N=1000010,mod=1e9+7,INF=0x3f3f3f3f;
const double eps=1e-6;int n,m;
vector<int>v[N];
int in[N],out[N];
LL ans;int main()
{
//	ios::sync_with_stdio(false);
//	cin.tie(0);scanf("%d%d",&n,&m);for(int i=1;i<=m;i++) {int a,b; scanf("%d%d",&a,&b);if(a>b) v[b].pb(a),out[a]++,in[b]++;else v[a].pb(b),out[b]++,in[a]++;}for(int i=1;i<=n;i++) ans+=1ll*in[i]*out[i];printf("%lld\n",ans);int q; scanf("%d",&q);while(q--) {int x; scanf("%d",&x);ans-=1ll*in[x]*out[x];for(auto now:v[x]) {ans-=1ll*in[now]*out[now];in[now]++; out[now]--;ans+=1ll*in[now]*out[now];v[now].pb(x);}out[x]+=in[x]; in[x]=0;v[x].clear();printf("%lld\n",ans);}return 0;
}
/**/