主仆见证了 Hobo 的离别 题解
前言：
题面挺神仙。反正我考试的时候看了40分钟也没看懂。
后来改题感觉自己写的挺假，没想到加个\(k==1\)的特判竟然就A了？无语力。
解析：
看懂题以后就好说了。首先这显然是一个树形结构。我们考虑把“交”的操作放到一棵树上，把“并”的操作放到一棵树上。
考虑建边。比如将\(（1,2,3）\)并成\(（4）\)，那么就在并树上，将\(1,2,3\)的父亲设置成\(4\)。
然后，对于每个询问\(（x，y）\)，如果在交树上，\(x\)是\(y\)的祖先，或在并树上，\(y\)是\(x\)的祖先，那么答案就是\(1\)，否则是\(0\)。
看起来有手就行。不过细节还是要注意。
关于实现上的细节：
1.
我们在建立模型的时候，显然建的是有向边，由儿子指向父亲。但我们在真正建树的时候，是要建无向边。因为无向边比较好维护。那此时怎么判断父子关系呢？
首先，有一个性质。每个节点的父亲的编号一定比自己的编号大。也就是说，大的点一定在上面。因为维护的是一片森林，所以可以根据这个性质找到每棵树的根节点。
所以可以考虑按编号从大到小DFS一遍。按照DFS序判断父子关系。
写过树剖的人都知道，一颗子树内的dfs序是连续的。因此假如y是x的父亲，那么\(dfn[y]<=dfn[x]<=dfn[x]+size[x]-1<=dfn[y]+size[y]-1\)
2.
注意一个细节。\(k==1\)的时候，交和并等价。那么既要在交树上建边，又要在并树上建边。
然后就可以A掉这道题了。
关于正确性：
1.为什么只需要判断x和y的关系，不需要判断y的祖先和x的关系呢？
首先，对于在y到根节点上的路径上的点（不包括根节点），那么这些节点既有入度，也有出度，那么这些点就不可能在另外一棵树上出现了。
其次，对于根节点，它只可能去合成别的节点，那么它在另一棵树上一定没有入度。也就是说，即使根节点在另一棵树上出现，它也必然是叶子节点，不可能是x的父亲，所以不用判。
代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=500000+10;
int n,m,cntj,cntb,totot,totj,totb,Time;
struct node{
int to,next;
}edgej[maxn],edgeb[maxn];
int headj[maxn],headb[maxn],dfnb[maxn],dfnj[maxn],sizeb[maxn],sizej[maxn];
struct que{
int x,y;
}b[maxn];
bool vis[maxn];
void addj(int from,int to){
edgej[++cntj].to=to;
edgej[cntj].next=headj[from];
headj[from]=cntj;
}
void addb(int from,int to){
edgeb[++cntb].to=to;
edgeb[cntb].next=headb[from];
headb[from]=cntb;
}
void dfs1(int u,int f){
dfnj[u]=++Time;
sizej[u]=1;
vis[u]=1;
for(int i=headj[u];i;i=edgej[i].next){
int v=edgej[i].to;
if(v==f) continue;
dfs1(v,u);
sizej[u]+=sizej[v];
}
}
void dfs2(int u,int f){
dfnb[u]=++Time;
sizeb[u]=1;
vis[u]=1;
for(int i=headb[u];i;i=edgeb[i].next){
int v=edgeb[i].to;
if(v==f) continue;
dfs2(v,u);
sizeb[u]+=sizeb[v];
}
}
int get_ans(int x,int y){
if(dfnj[x]<=dfnj[y]&&dfnj[x]+sizej[x]>=dfnj[y]+sizej[y]) return 1;
if(dfnb[y]<=dfnb[x]&&dfnb[y]+sizeb[y]>=dfnb[x]+sizeb[x]) return 1;
return 0;
}
void Solve(){
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1,op,k,ss;i<=m;++i){
scanf("%d",&ss);
if(ss){
totot++;
scanf("%d%d",&b[totot].x,&b[totot].y);
}else{
scanf("%d%d",&op,&k);
if(op){
totb++;
if(k>1){
for(int j=1;j<=k;++j){
scanf("%d",&ss);
addb(ss,totb+totj+n);
addb(totb+totj+n,ss);
}
}else{
for(int j=1;j<=k;++j){
scanf("%d",&ss);
addb(ss,totb+totj+n);
addb(totb+totj+n,ss);
addj(ss,totb+totj+n);
addj(totb+totj+n,ss);
}
}
}else{
totj++;
if(k>1){
for(int j=1;j<=k;++j){
scanf("%d",&ss);
addj(ss,totj+totb+n);
addj(totj+totb+n,ss);
}
}else{
for(int j=1;j<=k;++j){
scanf("%d",&ss);
addb(ss,totb+totj+n);
addb(totb+totj+n,ss);
addj(ss,totb+totj+n);
addj(totb+totj+n,ss);
}
}
}
}
}
//printf("n==%d totj=%d totb=%d cntj==%d cntb==%d\n",n,totj,totb,cntj,cntb);
for(int i=totj+totb+n;i;--i) if(!vis[i]) dfs1(i,0);
memset(vis,0,sizeof(vis));
Time=0;
for(int i=totb+totj+n;i;--i) if(!vis[i]) dfs2(i,0);
//for(int i=1;i<=totj+totb+n;++i) printf("dfnj[%d]=%d dfnb[%d]=%d sizej[%d]=%d sizeb[%d]=%d\n",i,dfnj[i],i,dfnb[i],i,sizej[i],i,sizeb[i]);
for(int i=1;i<=totot;++i) printf("%d\n",get_ans(b[i].x,b[i].y));
}
int main(){
freopen("friendship.in","r",stdin);
freopen("friendship.out","w",stdout);
Solve();
return 0;
}
