为了使虫洞穿梭的过程连续，尽量减少战舰在据点切换虫洞时的质能损耗，当且仅当只有一个从该据点出发的虫洞可用时，这个据点可以实现连续穿梭。

如果我方所有据点都可以实现连续穿梭，那么每个点都可以一直走，也能满足我方所有据点都可以实现反击，所以只需要判断每个点的出度是否都是 $1$ 即可。

我们把终点为据点 $u$ 的所有虫洞归为据点 $u$ 的虫洞。

敌人会摧毁某个虫洞，这会使它连接的两个据点无法再通过这个虫洞直接到达，但这样的打击无法摧毁它连接的两个据点。

B 型特种部队可以将某据点的所有损坏的虫洞修复。

若 $t = 2$ ，接下来一个整数 $u$ 表示敌人摧毁了据点 $u$ 。如果该据点的虫洞已全部被摧毁，那么这次袭击不会有任何效果。

若 $t = 4$ ，接下来一个整数 $u$ 表示我方修复了据点 $u$ 。如果该据点没有被摧毁的虫洞，那么这次修复不会有任何效果。

题目的暗示：记录每个点的出度，可以分别记录以点 $u$ 为终点的虫洞的起始点有哪些点，用一个01数组记录，若有 $i \to u$ 的边，则 $s_{u}$ 的第 $i$ 位=1。然后最后求 $\sum_{u = 1}^{n} s_{u}$ 是否恰好每一位都是1即可。

如果按照 $n$ 位维护，遇到2、4操作，无论如何都是 $O (n)$ ，最坏达到 $O (n q)$ ，TLE。

由CCF的特性以及往年无解的分数可知，正确率高的算法也可以通过此题。

我们发现这个东西很像字符串哈希，将一个需要 $O (n)$ 比较的str转换成num，只是需要支持相加操作。

其实每一位赋值不同的权值，发现 $h (s_{x}) + h (s_{y}) = h (s_{x} + s_{y})$ ，因为每一位是可以单独考虑的。

我们将 $s_{u}$ 转换成了哈希值了。

每次只需要将涉及到的那个 $s_{u}$ 先减去，遇到1、3更新一位，遇到2、4直接置空、恢复初始状态，然后加上新的值即可。

用 ull 可以自动取模。

复杂度 $O (n + m + q)$ 。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef unsigned long long ull;
const int N=500010,P=13331;
int n,m,q;
ull p[N],ao,res,org[N],cur[N];
int main(){
    #ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("1.txt","r",stdin);
    #endif
    #ifdef ONLINE_JUDGE
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0),cout.tie(0);
    #endif
    p[0]=1;
    cin>>n>>m;
    for(int i=1;i<=n;++i)p[i]=p[i-1]*P;
    for(int i=1;i<=m;++i){
    	int a,b;
    	cin>>a>>b;
    	org[b]+=p[a],cur[b]+=p[a];
	}
	for(int i=1;i<=n;++i)ao+=p[i],res+=cur[i];
	cin>>q;
	for(int i=1;i<=q;++i){
		int t,u,v=0;
		cin>>t>>u;
		if(t==1||t==3)cin>>v;
		res-=cur[u]+cur[v];
		if(t==1)cur[v]-=p[u];
		if(t==2)cur[u]=0;
		if(t==3)cur[v]+=p[u];
		if(t==4)cur[u]=org[u];
		res+=cur[u]+cur[v];
		cout<<(ao==res?"YES\n":"NO\n");
	}
    return 0;
}