#include <stdio.h>
#include <string>
#include <algorithm>
#include <stdlib.h>
using namespace std;
#define MAX 32000
int num[MAX+100];
int lowbit(int x)
{
	return x&(-x);
}
void modify(int x)
{
	for(int i=x; i<32010; i+=lowbit(i))
		num[i]++;
}
int sum(int x)
{
	int all =0;
	for(int i=x; i>0; i-=lowbit(i))
		all += num[i];
	return all;
}
int level[MAX+100];
int main()
{
	//freopen("read.txt", "r", stdin);
	int n;
	while(~scanf("%d", &n) )
	{
		memset(level, 0, sizeof(level));
		memset(num, 0, sizeof(num) );						//初始化问题重要
		
		int x, y;
		for(int i=0; i<n; i++)
		{
			scanf("%d%d", &x, &y);
			level[sum(x+1)]++;
			modify(x+1);
		}
			
		for(int i=0; i<n; i++)
			printf("%d\n", level[i]);
	}
}
/*
题目意思就是说，给你一张star maps，每个star有自己的level，level是这样计算的：（Let the level of a star be an amount of the stars that are not higher and not to the right of the given star.）统计这个star左下角star的个数，就是这个star的level。现在要你总计图中level从0到N-1的star分别有多少个？
题目输入描述中明确告诉我们，输入的坐标是按Y的升序、如果Y相等，则按X的升序。所以我们发现我们可以完全忽略Y，只要统计小于本身X的star个数，就是level了。现在我们用一个数组a[]统计X坐标为i的个数（增加一个既a[i]++;）；同时对每个star计算的得level。
这样对于X坐标为j的star，他得level为：
level=a[0]+a[1]+a[2]+…+a[j]
如果这样计算的话，每个level最坏时间要用O(m)，计算n-1个level，这样要用O(mn)的时间复杂度，对于这题的数据而言，这无疑是无法接受的。我们发现，对于计算level，这是个查询区间问题sum[0,j], 如果没有元素的变更(既数组a是不变的),我们完全可以存储sum[0,k](k=0,2,……),然后对任意给定的查找区间[i,j],都可以方便的用ans=sum[1,j]-sum[1,i-1],当然这只是没有元素改变的情况下的比较优化的解法.那么对于有元素变更的问题是否有更高效的方法呢?这让我们想到的树状数组。
树状数组所针对问题：已知数组a[],元素个数为n,现在更改a中的元素,要求得新的a数组中i到j区间内的和(1<=i<=j<=n).
这题是比较简单和明显的树状数组，我们先不讨论如何实现树状数组。只告诉你树状数组现在有2个操作：
(1)    add(int i,int val) //将第i个元素更改val
(2)    sum(int i) //求前i项和
所以这题我们的伪代码可以如下实现：
for(i=0;i<n;i++)
{
1.    sacnf(x,y);
2.    cnt[sum(x+1)]++;
3.    add(x+1,1);
4.     
}
5.print:cnt[0,n-1];
上面因为树状数组是从1开始计数的，而坐标有可能为0，所以我们统一都加1；sum(x+1)就是计算当前star的level值，所以当前level个数加1；add(x+1,1)操作表示对当前元素更改(既+1)；最后打印cnt数组。
树状数组的实现及其思想
那么树状数组是如何实现快速对数组更新和区间求和的呢？
关于树状数组的实现和思想，这个再不细说，参考下面资料：
http://baike.baidu.com/view/1420784.htm
http://www.cnblogs.com/yykkciwei/archive/2009/05/08/1452889.html
*/

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