先考虑不删边的情况。
考虑对于 \(f(u,G)\)，能做贡献的点符合那些条件。
假设有两个点 \(i,j\) 满足 \(i<j\)，如果 \(j\) 能做贡献，且 \(i\) 能到 \(j\) 或 \(j\) 能到 \(i\)，那么 \(i\) 也一定能做贡献，所以已经被删了。枚举到 \(u\) 时，会发现 \(u\) 满足条件，然后就把 \(u\) 删了，后面的点都无法满足条件。
所以一个点能做贡献当且仅当只通过编号大于等于祂的点，能与 \(u\) 互相到达。对于一个点对 \(u,v(u<v)\) 如果只通过编号大于等于 \(v\) 的点能互相到达，那么在计算 \(f(v,G)\) 时，\(v\) 会做出贡献。
不删边的时候可以用 \(Floyd\) 用 \(\mathcal{O}(n^3)\) 解决。
考虑加上删边操作。
发现删边是从小到大删的好像不用发现，所以每次可用的边是所有边的一个后缀。考虑设 \(f_{i,j}\) 表示只通过编号大于或等于 \(\min(u,v)\) 的点，使得 \(i,j\) 互相连通必须使用的最小的边最大是多少，然后就可以用 \(Floyd\mathcal{O}(n^3)\) 做了。
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
namespace IO{template<typename T>inline void read(T&x){x=0;char c=getchar();bool f=0;while(!isdigit(c)) c=='-'?f=1:0,c=getchar();while(isdigit(c)) x=x*10+c-'0',c=getchar();f?x=-x:0;}template<typename T>inline void write(T x){if(x==0){putchar('0');return ;}x<0?x=-x,putchar('-'):0;short st[50],top=0;while(x) st[++top]=x%10,x/=10;while(top) putchar(st[top--]+'0');}inline void read(char&c){c=getchar();while(isspace(c)) c=getchar();}inline void write(char c){putchar(c);}inline void read(string&s){s.clear();char c;read(c);while(!isspace(c)&&~c) s+=c,c=getchar();}inline void write(string s){for(int i=0,len=s.size();i<len;i++) putchar(s[i]);}template<typename T>inline void write(T*x){while(*x) putchar(*(x++));}template<typename T,typename...T2> inline void read(T&x,T2&...y){read(x),read(y...);}template<typename T,typename...T2> inline void write(const T x,const T2...y){write(x),putchar(' '),write(y...),sizeof...(y)==1?putchar('\n'):0;}
}using namespace IO;
const int maxn=1010;
int n,m,f[maxn][maxn],ans[maxn*maxn];
int min(int a,int b){return a<b?a:b;}
int max(int a,int b){return a>b?a:b;}
signed main(){read(n,m);for(int i=1;i<=m;i++){int u,v;read(u,v);f[u][v]=i;}for(int k=n;k>=1;k--){for(int i=k+1;i<=n;i++) ans[min(f[i][k],f[k][i])]++;for(int i=1;i<=n;i++){if(!f[i][k]||i==k) continue;if(i>k) for(int j=1;j<k;j++) f[i][j]=max(f[i][j],min(f[i][k],f[k][j]));else for(int j=1;j<=n;j++) f[i][j]=max(f[i][j],min(f[i][k],f[k][j]));}}ans[m+1]=n;for(int i=m;i>=1;i--) ans[i]+=ans[i+1];for(int i=1;i<=m+1;i++) write(ans[i]),write(" ");return 0;
}