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传送门：【CodeForces】466E Information Graph

题目分析：2333一遍AC~

看到这题顿时就有思路了。

首先将操作离线，dfs出一颗树（森林），得到所有节点的时间戳，然后因为每次查询都有一个特性，这个询问的文件是已经发送过的，所以我们用邻接表保存文件属于的查询。

这个题目还需要并查集。

按照操作顺序读取保存的操作，遇到操作一就将x合并到y所在的树的树根上。

遇到操作二就扫一遍询问是（假设这是第i个操作二）文件i的所有询问，如果询问的人y不是x的上司（x不在in[y]和ou[y]内或者x和y还没有建立从属关系（属于同一个连通块））则该询问ans = 0，否则ans = 1。

遇到操作三，ans=1输出YES，否则输出NO，反正操作三都在操作二的时候搞定了。

代码如下：

#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std ;

#define REP( i , a , b ) for ( int i = a ; i < b ; ++ i )
#define REV( i , a , b ) for ( int i = a ; i >= b ; -- i )
#define FOR( i , a , b ) for ( int i = a ; i <= b ; ++ i )
#define CLR( a , x ) memset ( a , x , sizeof a )
#define CPY( a , x ) memcpy ( a , x , sizeof a )

const int MAXN = 100005 ;
const int MAXE = 200005 ;

struct Edge {
	int v , n ;
	int idx ;
	Edge () {}
	Edge ( int v , int idx , int n ) : v ( v ) , idx ( idx ) , n ( n ) {}
} E[MAXE] ;

struct Node {
	int x , y ;
	int op ;
	int idx ;
} a[MAXN] ;

int H[MAXN] , cntE , Q[MAXN] , cntQ ;
int in[MAXN] , ou[MAXN] , dfs_clock ;
bool vis[MAXN] ;
int ans[MAXN] ;
int p[MAXN] ;
int idx[MAXN] ;
int n , m ;

void clear () {
	cntE = 0 ;
	cntQ = 0 ;
	dfs_clock = 0 ;
	CLR ( H , -1 ) ;
	CLR ( Q , -1 ) ;
	CLR ( vis , 0 ) ;
	REP ( i , 0 , MAXN ) p[i] = i ;
}

void addedge ( int u , int v ) {
	E[cntE] = Edge ( v , 0 , H[u] ) ;
	H[u] = cntE ++ ;
}

void addquery ( int u , int v , int idx ) {
	E[cntE] = Edge ( v , idx , Q[u] ) ;
	Q[u] = cntE ++ ;
}

int find ( int x ) {
	return p[x] == x ? x : ( p[x] = find ( p[x] ) ) ;
}

void dfs ( int u ) {
	in[u] = ++ dfs_clock ;
	for ( int i = H[u] ; ~i ; i = E[i].n ) dfs ( E[i].v ) ;
	ou[u] = dfs_clock ;
}

void solve () {
	int cnt = 0 ;
	clear () ;
	REP ( i , 0 , m ) {
		scanf ( "%d" , &a[i].op ) ;
		if ( a[i].op == 1 ) {
			scanf ( "%d%d" , &a[i].x , &a[i].y ) ;
			addedge ( a[i].y , a[i].x ) ;
			vis[a[i].x] = 1 ;
		} else if ( a[i].op == 2 ) {
			scanf ( "%d" , &a[i].x ) ;
			idx[++ cnt] = i ;
		} else {
			scanf ( "%d%d" , &a[i].x , &a[i].y ) ;
			addquery ( idx[a[i].y] , a[i].x , i ) ;
		}
	}
	FOR ( i , 1 , n ) if ( !vis[i] ) dfs ( i ) ;
	REP ( i , 0 , m ) {
		if ( a[i].op == 1 ) p[a[i].x] = find ( a[i].y ) ;
		else if ( a[i].op == 2 ) {
			int u = a[i].x ;
			for ( int j = Q[i] ; ~j ; j = E[j].n ) {
				int v = E[j].v ;
				if ( find ( u ) == find ( v ) && in[v] <= in[u] && ou[u] <= ou[v] ) ans[E[j].idx] = 1 ;
				else ans[E[j].idx] = 0 ;
			}
		} else printf ( "%s\n" , ans[i] ? "YES" : "NO" ) ;
	}
}

int main () {
	while ( ~scanf ( "%d%d" , &n , &m ) ) solve () ;
	return 0 ;
}