2D Conveyer Belt：图论建模+洪水填充妙妙题。质量极高。
观察
首先面对这种不断往图里面加点或者边，且满足前面的答案可以由加边后推出的题，第一个想到的就得是倒序枚举加边过程的 trick。一个经典的例子就是并查集倒序枚举操作。
然后我们观察，什么形态的图才会导致陷入一个死循环中。显然，要一堆方格围起来形成一个封闭的区域。
那么我们判断一个点会不会陷入死循环的方式就出来了：
- 若这个点还未确定方向，则与它四联通的点中只要有一个可以不陷入死循环，他就可以不陷入死循环。
- 若这个点方向已确定，则只有它要去的点可以不陷入死循环，他才能不陷入死循环。
于是，当一个图形态确定时，我们可以通过泛洪算法来求出哪些点可以不陷入死循环中。实现上，我们从四个边界外出发，然后向内依次拓展，对于一个待拓展的点判断能否找到一个可以不让他陷入死循环的点，转移一下即可。
时间复杂度 \(O(n^2)\)。
去除限制
接下来就是要考虑如何倒序枚举加边过程，即不断将图中本来确定方向的点换成问号。
显然，确定方向是一个比问号更强的限制。一旦去掉这个限制，陷入死循环的点一定不会增加。
同时，如果一个点本来就不会陷入死循环，那么我们就没有必要进行这次改成问号的操作了。因为这样一定最优了。
那么如果这个点本来会陷入死循环呢？我们依然可以按上述判断方法判断这个点能否不陷入死循环。若可以不陷入，那么就把这个点 Flood Fill 一下，枚举与它四联通的点进行拓展即可。
由于每个点不会被拓展后又变回去，所以每个点最多被拓展一次。那么均摊下来，整题时间复杂度就是 \(O(n^2)\) 的了。
代码
实现上，我们可以在 dfs 内部判断是否已被填充，是的话就不拓展了。然后在一个点新拓展的时候遍历与它四联通的点，在待拓展点的递归内部判断能否填充。
#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define lc (p<<1)
#define rc ((p<<1)|1)
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int,int> pi;
int n,q,a[1005][1005],now=0;
int gox[]={0,0,1,-1};
int goy[]={1,-1,0,0};
int goc[]={2,1,4,3};
struct qry{int x,y,tp,ans;
}b[200005];
bitset<1005>vis[1005];
bool legal(int x,int y)
{return (x>=1&&x<=n&&y>=1&&y<=n);
}
void dfs(int x,int y)
{if(vis[x][y])return;bool flag=0;if(a[x][y]){int tx=x+gox[goc[a[x][y]-1]-1],ty=y+goy[goc[a[x][y]-1]-1];if(vis[tx][ty])flag=1;}else{for(int i=0;i<4;i++){int tx=x+gox[i],ty=y+goy[i];if(vis[tx][ty])flag=1;}}if(!flag)return;now++;vis[x][y]=1;for(int i=0;i<4;i++){int tx=x+gox[i],ty=y+goy[i];if(legal(tx,ty))dfs(tx,ty);}
}
void init()
{now=0;for(int i=1;i<=n;i++){vis[i][0]=1;vis[0][i]=1;vis[i][n+1]=1;vis[n+1][i]=1;}for(int i=1;i<=n;i++){dfs(i,1);dfs(i,n);dfs(1,i);dfs(n,i);}
}
int main()
{//freopen("sample.in","r",stdin);//freopen("sample.out","w",stdout);ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);cin>>n>>q;for(int i=1;i<=q;i++){int x,y,tp;char c;cin>>x>>y>>c;if(c=='L')tp=1;else if(c=='R')tp=2;else if(c=='U')tp=3;else tp=4;b[i]={x,y,tp,0};a[x][y]=tp;}init();for(int i=q;i>=2;i--){b[i].ans=now;a[b[i].x][b[i].y]=0;dfs(b[i].x,b[i].y);}b[1].ans=now;for(int i=1;i<=q;i++)cout<<n*n-b[i].ans<<'\n';return 0;
}
