本文共 2956 字，大约阅读时间需要 9 分钟。

$$Idiot的间谍网络$$

题目链接：

题目大意

有三种操作：

1. 读入：$1xy$：特工$y$成为特工$x$的直接领导。数据保证在此之前特工$x$没有直接领导；
2. 读入：$2x$：特工$x$策划了一起特别行动，然后上报其直接领导审批，之后其直接领导再上报其直接领导的直接领导审批，以此类推，直到某个特工审批后不再有直接领导；
3. 读入：$3xy$：询问特工$x$ 是否直接策划或审批过第$y$次特别行动。所有特别行动按发生时间的顺序从$1$开始依次编号。数据保证在询问之前，第$y$次特别行动已经发生过。（输出$YES$或者$NO$）

样例输入

6 122 11 4 13 4 11 3 42 33 4 12 33 4 23 1 13 1 33 1 21 2 4

样例输出

NONOYESYESYESYES

数据范围

对于$30\%$ 的数据，$n<=3\ast 10^3$，$m<=5\ast 10^3$；
对于$60\%$ 的数据，$n<=2\ast 10^5$，$m<=2\ast 10^5$；
额外$20\%$ 的数据，保证在任意时刻，整张间谍网络由若干条互不相交的链构成；
对于$100\%$ 的数据，$n<=5\ast 10^5$，$m<=5\ast 10^5$；
$C++$选手的程序在评测时使用编译选项$-Wl;--stack=104857600$。

思路

这是一道用到并查集和$dfs$的问题。
看$A$知道$B$干的第$x$件事，要满足两个点：

1. $A$是$B$的祖先（或它自己）
2. $B$干第$x$件事时，$A$和$B$已经连通。（或者说$A$已经是$B$的祖先（或它本身））

首先，我们来康康第$1$个要求，这个要求我们可以用$dfs$序来实现。
接着，第$2$个要求，可以读入完之后，重新再“读入一遍”。操作$1$就并查集确立祖先，这样子操作$2$的时候就可以看他们的祖先是否相同。（相同就是连通的，否则不连通）
（说的有点乱，看代码可能好点）

这样，我们就可以知道答案了。

代码

#include<cstdio>#include<algorithm>using namespace std;struct note {   	int to, next;}e[500001];struct read {   	int what, num, who;}a[500001];int n, m, le[500001], z[500001], x[500001], y[500001], k, kk, kkk, in[500001], out[500001], father[500001];bool fa[500001], ans[500001];bool cmp(read x, read y) {   //按询问的任务从前到后排序	return x.what < y.what;}void dfs(int now) {   //求出dfs序	in[now] = ++in[0];	for (int i = le[now]; i; i = e[i].next) {   		dfs(e[i].to);	}	out[now] = ++out[0];}int find(int now) {   //并查集	if (father[now] == now) return now;	return father[now] = find(father[now]);}int main() {   	scanf("%d %d", &n, &m);//读入		for (int i = 1; i <= m; i++) {   		scanf("%d", &z[i]);//读入		if (z[i] == 1) {   			scanf("%d %d", &x[i], &y[i]);//读入			e[++k] = (note){   x[i], le[y[i]]}; le[y[i]] = k;//建邻接表			fa[x[i]] = 1;//找出所有根节点		}		else if (z[i] == 2) {   			scanf("%d", &x[i]);//读入		}		else if (z[i] == 3) {   			scanf("%d %d", &x[i], &y[i]);//读入			a[++kk] = (read){   y[i], ++kkk, x[i]};//记录		}	}		sort(a + 1, a + kk + 1, cmp);//按询问的任务从前到后排序		for (int i = 1; i <= n; i++) {   //求出的dfs序，以便确定某个点是否是某一个点的祖先（或它本身）		father[i] = i;//乘机初始化并查集		if (!fa[i]) {   			dfs(i);		}	}		int what_num = 0, what = 1;//初始化	for (int i = 1; i <= m; i++) {   		if (z[i] == 1) father[find(x[i])] = find(y[i]);//连线			else if (z[i] == 2) {   				what_num++;//到第几个任务				while (what <= kk && a[what].what <= what_num) {   //是否还是那次任务					if (find(a[what].who) == find(x[i]) && in[a[what].who] <= in[x[i]] && out[a[what].who] >= out[x[i]])//判断是否连通，且是否是祖先						ans[a[what].num] = 1;//标记					what++;//到下一个询问				}			}	}		for (int i = 1; i <= kk; i++)		if (ans[i]) printf("YES\n");//知道			else printf("NO\n"); //不知道		return 0;} 

转载地址：http://foph.baihongyu.com/