[atARC076E]Connected

首先，如果没有这个平面的限制，考虑不断插入一对点，将与这两点连线有交的线从左到右，依次“移动”到左端点边上，因此一定是可行的

但当存在界限后，对于两个端点都在边界上的点对（一个端点在边界上还是可以用同样的构造），需要判断是否存在合法解：

如果将整个边界看作一个环，若存在两个点对$i$和$j$满足以$ijij$的顺序，那么一定不合法

同时，若不存在这样的关系，通过上述构造，先练两个端点不都在边界上的点对，再连都在边界上的点对，一定可行

考虑如何判定，由于这样的点对从任意一个点开始都是这样的形式，因此从某一点出发，维护一个栈表示当前还没有匹配的点，若当前点已经被插入栈中，且不为栈顶则无解，否则删除栈顶即可

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 100005
#define y1 y11
vector<int>v;
vector<pair<int,int> >vv[4];
stack<int>st;
int r,c,n,x1,y1,x2,y2,vis[N];
bool pd(int x,int y){
    return ((!x)||(y==c)||(x==r)||(!y));
}
void push(int x,int y,int k){
    if (!x)vv[0].push_back(make_pair(y,k));
    else{
        if (y==c)vv[1].push_back(make_pair(x,k));
        else{
            if (x==r)vv[2].push_back(make_pair(y,k));
            else{
                if (!y)vv[3].push_back(make_pair(x,k));
            }
        }
    } 
}
int main(){
    scanf("%d%d%d",&r,&c,&n);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%d%d%d%d",&x1,&y1,&x2,&y2);
        if ((pd(x1,y1))&&(pd(x2,y2))){
            push(x1,y1,i);
            push(x2,y2,i);
        }
    }
    for(int i=0;i<4;i++)sort(vv[i].begin(),vv[i].end());
    for(int i=0;i<4;i++)
        if (i<2)
            for(int j=0;j<vv[i].size();j++)v.push_back(vv[i][j].second);
        else
            for(int j=vv[i].size()-1;j>=0;j--)v.push_back(vv[i][j].second);
    for(int i=0;i<v.size();i++)
        if (!vis[v[i]]){
            vis[v[i]]=1;
            st.push(v[i]);
        }
        else{
            if (st.top()!=v[i]){
                printf("NO");
                return 0;
            }
            st.pop();
        }
    printf("YES");
}