题目传送门：https://agc016.contest.atcoder.jp/tasks/agc016_e
题目大意：
有\(N\)只火鸡，现有\(M\)个人，每个人指定了两只火鸡\(x,y\)，每人依次进行操作，会从\(x,y\)中选一只火鸡吃掉；如果只有一个，那么必定吃掉剩下那个；如果都没有，这个人只能饿着肚子离开了……
问最后有多少对火鸡可能存活
我们设状态\(f_{i,j}\)表示如果要留下\(i\)，那么是否要炖了\(j\)，初始状态\(f_{i,i}=1\)
我们倒序考虑，如果\(f_{i,j}=1\)，那么必然存在某个时刻会在\(i,j\)中抉择，这时\(j\)就会为了\(i\)挡枪子，但在这之前的时间，\(j\)需要收到和\(i\)一样的保护。那么这样就会牵扯到一堆火鸡，于是我们记\(S_i\)表示要留下\(i\)，要为这一系列连锁反应挡枪的火鸡集合
如果存在某个时刻，需要在\(x,y\)中选择，但是存在\(f_{i,x}=f_{i,y}=1\)，那么\(i\)就无法存活，这是结论1
考虑一对鸡\((i,j)\)如何被留下，如果存在一只鸡\(x\)，既要保护\(i\)，也要保护\(j\)，那么\((i,j)\)必然不能共存，因为\(x\)只有一条命……因此我们可以得到，\((i,j)\)同时存在，当且仅当\(S_i\land S_j=\varnothing\)，这是结论2
应用结论1和2即可，复杂度为\(O(nm+n^3)\)，集合判交可以使用bitset优化
/*program from Wolfycz*/
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define inf 0x7f7f7f7f
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned int ui;
typedef unsigned long long ull;
inline char gc(){
static char buf[1000000],*p1=buf,*p2=buf;
return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1000000,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;
}
inline int frd(){
int x=0,f=1; char ch=gc();
for (;ch<'0'||ch>'9';ch=gc()) if (ch=='-') f=-1;
for (;ch>='0'&&ch<='9';ch=gc()) x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0';
return x*f;
}
inline int read(){
int x=0,f=1; char ch=getchar();
for (;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar()) if (ch=='-') f=-1;
for (;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar()) x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0';
return x*f;
}
inline void print(int x){
if (x<0) putchar('-'),x=-x;
if (x>9) print(x/10);
putchar(x%10+'0');
}
const int N=4e2,M=1e5;
int A[M+10],B[M+10];
bool vis[N+10],sub[N+10][N+10];
int main(){
int n=read(),m=read(),Ans=0;
for (int i=1;i<=m;i++) A[i]=read(),B[i]=read();
for (int i=1;i<=n;i++){
sub[i][i]=1;
for (int j=m;j;j--){
bool x=sub[i][A[j]],y=sub[i][B[j]];
if (x&&y) vis[i]=1;
else if (x) sub[i][B[j]]=1;
else if (y) sub[i][A[j]]=1;
}
}
for (int i=1;i<=n;i++){
if (vis[i]) continue;
for (int j=i+1;j<=n;j++){
if (vis[j]) continue;
bool flag=1;
for (int k=1;k<=n;k++) if (sub[i][k]&&sub[j][k]) flag=0;
Ans+=flag;
}
}
printf("%d\n",Ans);
return 0;
}