題面挺神仙。反正我考試的時候看了40分鐘也沒看懂。
後來改題感覺自己寫的挺假，沒想到加個\(k==1\)的特判竟然就a了？無語力。
看懂題以後就好說了。首先這顯然是乙個樹形結構。我們考慮把「交」的操作放到一棵樹上，把「並」的操作放到一棵樹上。
考慮建邊。比如將\(（1,2,3）\)並成\(（4）\)，那麼就在並樹上，將\(1,2,3\)的父親設定成\(4\)。
然後，對於每個詢問\(（x，y）\)，如果在交樹上，\(x\)是\(y\)的祖先，或在並樹上，\(y\)是\(x\)的祖先，那麼答案就是\(1\)，否則是\(0\)。
看起來有手就行。不過細節還是要注意。
我們在建立模型的時候，顯然建的是有向邊，由兒子指向父親。但我們在真正建樹的時候，是要建無向邊。因為無向邊比較好維護。那此時怎麼判斷父子關係呢？
首先，有乙個性質。每個節點的父親的編號一定比自己的編號大。也就是說，大的點一定在上面。因為維護的是一片森林，所以可以根據這個性質找到每棵樹的根節點。
所以可以考慮按編號從大到小dfs一遍。按照dfs序判斷父子關係。
寫過樹剖的人都知道，一顆子樹內的dfs序是連續的。因此假如y是x的父親，那麼\(dfn[y]<=dfn[x]<=dfn[x]+size[x]-1<=dfn[y]+size[y]-1\)
注意乙個細節。\(k==1\)的時候，交和並等價。那麼既要在交樹上建邊，又要在並樹上建邊。
然後就可以a掉這道題了。
首先，對於在y到根節點上的路徑上的點（不包括根節點），那麼這些節點既有入度，也有出度，那麼這些點就不可能在另外一棵樹上出現了。
其次，對於根節點，它只可能去合成別的節點，那麼它在另一棵樹上一定沒有入度。也就是說，即使根節點在另一棵樹上出現，它也必然是葉子節點，不可能是x的父親，所以不用判。
**：
#include using namespace std;
const int maxn=500000+10;
int n,m,cntj,cntb,totot,totj,totb,time;
struct nodeedgej[maxn],edgeb[maxn];
int headj[maxn],headb[maxn],dfnb[maxn],dfnj[maxn],sizeb[maxn],sizej[maxn];
struct queb[maxn];
bool vis[maxn];
void addj(int from,int to)
void addb(int from,int to)
void dfs1(int u,int f)
}void dfs2(int u,int f)
}int get_ans(int x,int y)
void solve()else
}else
}}else
}else}}
} }//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()
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