洛谷 P8097

考虑时光倒流。

由于 A 操作只会给两个活跃的点连边，所以可以忽略，倒过来相当于没有删边操作。

然后只剩下加边，加活跃点，两种操作。每次暴力 DFS 即可。

时间复杂度 \(\mathcal O(n+Q)\)。

Code：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define pb push_back
const int N = 100005, M = 200005;
int n, Q;
struct node {
	int ty, u, v;
	
	node (){}
	node (int _ty, int _u, int _v) {
		ty = _ty, u = _u, v = _v;
	}
} E[M], Que[M];
int ty[N];
int cnt, tot;
int ans[N];
vector <int> G[N];

void add(int u, int v) {
	G[u].pb(v), G[v].pb(u);
}

void dfs(int u, int tim) {
	if (ans[u]) return; ans[u] = tim;
	for (int v : G[u]) dfs(v, tim);
}

int main() {
	ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr);
	cin >> n >> Q;
	for (int i = 1; i <= Q; ++i) {
		char ch; int u, v; cin >> ch;
		if (ch == 'D') { cin >> u, ty[u] = 1, Que[++tot] = node(1, u, 0); }
		if (ch == 'A') { cin >> u >> v, E[++cnt] = node(0, u, v), Que[++tot] = node(0, 0, 0); }
		if (ch == 'R') { cin >> u, Que[++tot] = node(-1, E[u].u, E[u].v), E[u].ty = 1; }
	}
	for (int i = 1; i <= cnt; ++i) if (!E[i].ty) add(E[i].u, E[i].v);
	for (int i = 1; i <= n; ++i) if (!ty[i]) dfs(i, Q);
	for (int i = Q; i; --i) {
		if (Que[i].ty == 1) dfs(Que[i].u, i - 1);
		else {
			if (ans[Que[i].u]) dfs(Que[i].v, i - 1); if (ans[Que[i].v]) dfs(Que[i].u, i - 1);
			add(Que[i].u, Que[i].v);
		}
	}
	for (int i = 1; i <= n; ++i) cout << ans[i] << '\n';
	return 0;
}