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不知道这道题是怎么被人想出来的，tql

题意：

有一张图，\(n\) 个点，\(m\) 条边，但是你不知道这张图具体的模样，你可以执行 4 种操作来确定这张图：

• 每个点初始有一个状态 \(0\)

1. \(\rm modify(x)\)，修改点 \(x\) 的状态以及其所有与其有边的点的状态。
2. \(\rm query(x)\)，查询点 \(x\) 的状态。
3. \(\rm report(x,y)\)，告诉交互库存在一条 \(x\to y\) 的无向边，并储存之。
4. \(\rm check(x)\)，检查 \(x\) 的所有出边是否均被储存。

其中 \(1,2,4\) 操作均有次数限制，令 \(L_m,L_q,L_c\) 依次表示其操作次数限制。

部分分：

1. 暴力即可。
2. \(N\le 2\cdot 10^5,M=N/2,L_m,L_q\le 18N,L_c=0\)
3. \(N\le 2\cdot 10^5,M=N-1,L_m,L_q\le 18N\)，保证为链。
4. 同 \(3\)，保证为树。
5. 保证为内向树。
6. 一张图，\(N\le 2\cdot 10^5,M\le 3\cdot 10^5,L_q,L_m\le 50N\)。

• \(2\) 类数据

考虑按照二进制位进行拆位处理，如果当前位是 \(1\) 那么修改它，然后依次查询。

如果这个点连的点在当前位不同，那么其状态一定改变。

否则一定不变，那么可以直接算出来这个点的对应点。

• \(3\) 类数据

发现做法 \(2\) 实际上可以得到这个点连出去的点的编号的异或和。

找 \(0\) 号的出边，这个可以 \(\mathcal O(n)\) 确定，接下来可以直接递推两边的结果。

• \(4\) 类数据

考虑如何在树上确定，类似 \(2\) 的处理，接下来我们仍然先处理 \(0\) 的出边是谁，考虑如果知道了叶子节点是谁，那么根据我们得到的信息可以轻易的还原树。

所以每次修改 \(x\)，然后查询 \(f_x\) 是否改变即可得到所有的叶子节点。

大概是一个剥叶子的思路。

• \(5\) 类数据

注意到父亲是单调的，考虑二分一个 \(x\)，然后将 \([0,x)\) 均进行修改，那么如果 \(u\in [x,n)\) 的状态改变了，则其与这个区间存在连边。

对于所有点都需要求，显然可以换成整体二分。

• \(6\) 类数据

我们先随机一个排列，如果这个点往在它前面的点连边数为奇数，那么设这个点为关键点。

可以证明，关键点的数量期望为 \(\frac{n}{3}\)

我们考虑一个算法，使得每轮可以至少找出关键点向前连边的一条边。

考虑二分一个 \(x\)，然后依次操作 \(a_{0\sim x-1}\)，接着查询所有点，显然处于后面的点如果状态改变，说明其往前面的集合至少有一条边。

然后将二分换成类似于整体二分的处理，注意到如果一个集合与你的连边为偶数，那么在处理这个集合的时候我们将所有点都进行 modify 对你依然没有影响，不过当然也可以暴力点修改后再改回来，于是显然这样可以筛出 \(\frac{n}{3}\) 条边，这玩意儿的查询/修改次数显然为 \(T(n)=\mathcal O(n\log n) +T(\frac{2n}{3})=\mathcal O(3n\log n)\)

当然，我们显然在单次操作时要去除已操作的边的影响，这样才可以保证单次至少可以筛出 \(\frac{n}{3}\) 条其他边。

通过 check 操作进行适当剪枝可以在 \(\mathcal O(50N)\) 的查询通过本题。