考虑不联通的情况。图不好做，就造一棵生成树出来，由于是无向图，所以只有树边和返祖边。

发现在一条树边断开后，生成树会分成两个连通块，由覆盖这条树边的返祖边链接，只有这些返祖边也全部断开，原图才会不联通。

想到异或的优良性质。我们给所有返祖边在 \([0,2^{63})\) 中随机一个值作为这条边的权值，那么当树边的权值等于所有覆盖它的非树边的异或和时，问题等价于问给出的这些边中有没有异或和为 \(0\) 的边集。而这个问题显然可以使用线性基求解。

而给树边赋值的部分，可以使用树上查分 \(O(n)\) 求解。

时间复杂度 \(O(n+m+qk\log V)\)。由于代码中用到了 \(rand\)，所以不一定每次都能过（我就遇到了，\(qwq\)）。

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=5e5+5,M=65;
int n,m,q,k,rk[N],ps[M];
int xr[N],vis[N],ans,idx;
struct edge{int to,id;};
vector<edge>g[N],ve[N];
int add(int x){
	for(int i=62;~i;i--){
		if((x&(1ll<<i))==0) continue;
		if(ps[i]) x^=ps[i];
		else return ps[i]=x,0;
	}return 1;
}void dfs1(int x,int ed){
	for(auto nx:g[x]){
		int y=nx.to,id=nx.id;
		if(id==ed) continue;
		if(vis[y]){
			if(vis[y]>vis[x]) continue;
			rk[id]=rand(),xr[x]^=rk[id];
			xr[y]^=rk[id];continue;
		}vis[y]=++idx,dfs1(y,id);
		ve[x].push_back({y,id});
	}
}void dfs2(int x){
	for(auto nx:ve[x]){
		int y=nx.to,id=nx.id;
		dfs2(y),xr[x]^=xr[y];
		rk[id]^=xr[y];
	}
}void get_ans(){
	int fl=1;
	for(int i=1;i<=k;i++){
		int x;cin>>x,x^=ans;
		if(add(rk[x])) fl=0;
	}ans+=fl;
	if(fl) cout<<"Connected\n";
	else cout<<"Disconnected\n";
}signed main(){
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0),cout.tie(0);
	srand(time(0));
	cin>>n>>m,vis[1]=++idx;
	for(int i=1;i<=m;i++){
		int x,y;cin>>x>>y;
		g[x].push_back({y,i});
		g[y].push_back({x,i}); 
	}dfs1(1,0),dfs2(1),cin>>q;
	while(q--){
		memset(ps,0,sizeof(ps));
		cin>>k,get_ans();
	}return 0;
}