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");
}