Idiot的间谍网络

题目大意及模型转换

现在有n（n<=500000）个结点。
共m（m<=500000）次操作。
操作有三种：
1、一个没有父亲的结点x的父亲变为y。
2、所有x的祖先打上标记i。其中i满足之前已经出现过i-1次操作2。每个节点都可以有多个标记。
3、询问x是否有标记i。保证在此操作之前至少出现过i次操作2。

离线大法好

此题在线实在是麻烦。
我们可以发现，任何一个操作时形成的森林的父亲儿子顺序和最终形态一致（废话）。因此，观察2操作是一条链，在最终形态下其还是一条链。是不会变的！对，我们可以用离线大法。
离线大法好！
离线大法好！
离线大法好！
重要的事情要说三遍。我们可以保留每个标记对应链的开端和终止。那么询问一个点有没有标记i，就是问是不是在标记i对应链的开端和终止组成的路径上。

时间戳

由于是一条链。所以我们可以用时间戳解决。
即被询问点是开端的祖先，终止是被询问点的祖先。

注意

此题深搜处理时间戳爆栈（貌似说其实并不会）。
请打人工栈！

参考程序

#include<cstdio>#include<cstring>#include<stack>#define fo(i,a,b) for(i=a;i<=b;i++)using namespace std;stack <int> s;int f[500005],g[500005],ans[500005],h[500005],next[500005],go[500005],dis[500005],st[500005],en[500005],fa[500005],fi[500005],xia[500005],qu[500005],now[500005];bool bz[500005];int i,j,k,l,t,n,m,tot,top,cnt;int read(){    int x=0;    char ch=getchar();    while (ch<'0'||ch>'9') ch=getchar();    while (ch>='0'&&ch<='9'){        x=x*10+ch-'0';        ch=getchar();    }    return x;}int getfa(int x){    if (fa[x]==x) return x;    fa[x]=getfa(fa[x]);    return fa[x];}void add1(int x,int y){    qu[++top]=y;    xia[top]=fi[x];    fi[x]=top;}void add2(int x,int y,int z){    go[++tot]=y;    dis[tot]=z;    next[tot]=h[x];    h[x]=tot;}int main(){    n=read();m=read();    fo(i,1,n) fa[i]=i;    fo(i,1,m){        t=read();        if (t==1){            j=read();k=read();            bz[j]=1;            add1(k,j);            j=getfa(j);            k=getfa(k);            fa[j]=k;        }        else if (t==2){            j=read();            st[++cnt]=j;            en[cnt]=getfa(j);        }        else{            j=read();            k=read();            add2(k,j,i);        }    }    tot=0;    fo(i,1,n) now[i]=fi[i];    fo(i,1,n){        if (!bz[i]){            s.push(i);            while (!s.empty()){                j=s.top();                if (now[j]==fi[j]) f[j]=++tot;                if (!now[j]){                    g[j]=++tot;                    s.pop();                    continue;                }                t=now[j];                now[j]=xia[t];                s.push(qu[t]);                continue;            }        }    }    fo(i,1,cnt){        t=h[i];        while (t){            j=go[t];            if (f[j]<=f[st[i]]&&g[j]>=g[st[i]]&&f[en[i]]<=f[j]&&g[en[i]]>=g[j]) ans[dis[t]]=1;else ans[dis[t]]=-1;            t=next[t];        }    }    fo(i,1,m)        if (ans[i]==1) printf("YES\n");else if (ans[i]==-1) printf("NO\n");}