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分析：

这道题根号分治看起来就没有前面几题那么明显了
emm当然也可能是我境界还没到
我们考虑如果暴力修改，复杂度是$O(nm)$，其实m为这个点的度数
考虑根号分治的思想，我们令$m=\sqrt{M}$
并命度数大于m的点为关键点。
显然整张图最多只有$\sqrt{M}$个关键点。
对于暴力修改而言，关键点的复杂度是较高的，而非关键点暴力修改的复杂度可以接受。
所以对于一个修改，如果当前点是非关键点，我们就暴力修改周围的点
如果当前点是关键点，我们就打个标记，表示当前关键点又一次修改
那么查询一个点的贡献，就是当前点的直接贡献以及周围关键点的贡献
由于关键点个数最多只有$O(\sqrt{M})$
所以查询的复杂度也最多是$O(\sqrt{M})$
总的复杂度就是$O(n\sqrt{M})$
有一点需要注意的是，如果当前点想清空，由于当前点的贡献是直接贡献加关键点贡献，所以我们应该是让直接贡献变为-关键点贡献，这样才能将全部周围的点的贡献都清空。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 2e5+100;
int n,m;
vector < int > a[N],b[N];
#define pb push_back
int q,du[N];
bool vi[N];
int cnt[N],cntb[N];

int main(){
	cin.tie(0);
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin>>n>>m;
	for (int i = 1,x,y; i <= m; i++)
	  cin>>x>>y,a[x].pb(y),a[y].pb(x),du[x]++,du[y]++;
	int div = sqrt(m);
	for (int i = 1; i <= n; i++)
	  if (du[i] >= div) vi[i] = 1;
	for (int i = 1; i <= n; i++)
	  for (int j = 0; j < a[i].size(); j++)
	    if (vi[a[i][j]]) b[i].pb(a[i][j]);
	cin>>q;
	while (q--){
		int op , x; cin>>op>>x;
		if (op == 1){
			if (vi[x]) cntb[x]++;
			else{
				for (int i = 0; i < a[x].size(); i++)
				  cnt[a[x][i]]++;
			}
			continue;
		}
		int cntt = 0;
		for (int i = 0; i < b[x].size(); i++)
		  cntt+=cntb[b[x][i]];
		cout<<cnt[x]+cntt<<endl;
		cnt[x] = -cntt;
	}
	return 0;
}