洛谷P7568

设$f[i][j]$表示在第$i$时刻之前，第$i-1$时刻之后（即在两者之间）追杀第$j$个人，最后剩下的总人数。
设$life[i][j]$表示第$i$个人在第$j$时刻的任务$(u,v)$执行之前剩余的生命值
如果$j\ne u[i-1]$
或者说
如果$j==u[i-1]$且$life[u[i-1]][i-1]==0$
或者说
如果$j==u[i-1]$且$life[u[i-1]][i-1]\ge 2$
或者说
如果$j==u[i-1]$且$life[u[i-1]][i-1]==1\mathrm{且}life[v[i-1]][i-1]==0$
那么$f[i][j]=f[i-1][j]$
这几个方程都比较显然，请看清我们定的状态的表示的意义（特别是加黑的字体）后认真思考。
除了这几种情况，我们才需要进行简单模拟。
模拟一次的时间复杂度显然是$O(n)$。
设当前时刻的上一个时刻的任务为$(u,v)$，由以上分析可知，此时$u$和$v$的生命值分别是$1$和不为$0$。
那么在经过这个任务后，所有人的总生命值就会减$1$。
显然总生命值为$3m$。
那么这个模拟的过程最多有$3m$次。
所有总的时间复杂度为$O(nm)$。
滚动数组优化即可。
code有一些细节，详情见代码。

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define ull unsigned long long
using namespace std;
const int N=6e4+10,M=1010;
int n,m;
int u[N],v[N],f[M],life[M],ans[M],a[M];
int read()
{
    int x=0,f=1;char s=getchar();
    while(s<'0'||s>'9'){if(s=='-')f=-f;s=getchar();}
    while(s>='0'&&s<='9'){x=x*10+s-48;s=getchar();}
    return x*f;
}
void attack(int time,int x)
{
	for(int i=1;i<=m;i++)
	a[i]=life[i];
	a[v[time-1]]--;//注意这一行，因为我们的状态定义为上一个任务还没有执行，所以在模拟的时候要先把上一个任务执行了来 
	if(a[x])
	a[x]--;
	for(int i=time;i<=n;i++)
	if(a[u[i]]&&a[v[i]]) a[v[i]]--;
	int sum=0;
	for(int i=1;i<=m;i++) 
	if(a[i]) sum++;
	f[x]=sum;
}
int main() 
{
	n=read(),m=read();
	for(int i=1;i<=n;i++)
	u[i]=read(),v[i]=read();
	for(int i=1;i<=m;i++) life[i]=3;
	for(int i=1;i<=m;i++)
	attack(1,i);//预处理在1时刻之前杀每一个人 
	for(int i=1;i<=m;i++)
	ans[f[i]]++;//先统计答案 
	for(int i=2;i<=n+1;i++)//枚举的当前时刻。由状态定义可知我们需要上一个时刻的任务。所以下面的代码i-1 
	{
		for(int j=1;j<=m;j++)
		if(j==u[i-1]&&life[u[i-1]]==1&&life[v[i-1]])
		attack(i,j);//只有这一种情况需要模拟 
		for(int j=1;j<=m;j++)
		ans[f[j]]++;//统计答案 
		if(life[u[i-1]]&&life[v[i-1]]) life[v[i-1]]--;//更新生命值 
	}
	for(int i=0;i<=m;i++)
	printf("%d ",ans[i]);
    return 0;
}