听说，一个优秀的oier是题目喂出来的
题目
n个点m条边，总时间为T。
每天边有一个存在的时间。问对于每个时间，该图是否为二分图。
解题思路
学过图论，我们知道一个图是二分图，当且仅当他没有奇环。
显然如果两个点不连通，那么我们可以在其中直接连边，无需考虑其他条件。所以我们知道需要一个并查集。
一开始发现边会消失，然后就自闭了。
经过dalao提点，发现有种叫可撤销并查集的东西。
考虑到对于每条边的存在时间，它可以被表示为线段树上的 log n 个节点。
遍历一遍线段树，然后把当前节点的边加入。递归左右儿子，然后撤销边。
判断奇环考虑暴力跳，会挂。套一个启发式合并。
启发式合并必须是根与根之间连边，所以我们要对连边稍作处理，把边权改一改，就可以等价于直接连边了。
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define lson o<<1,l,mid
#define rson o<<1|1,mid+1,r
using namespace std;
const int sz=2e5+527;
int n,m,T;
int dep[sz],f[sz],d[sz];
queue<int>q[sz<<1];
int getfa(int x) { return x==f[x]?x:getfa(f[x]); }
int getdis(int x) { return x==f[x]?0:d[x]^getdis(f[x]); }
struct Edge{
int u,v,w;
}e[sz];
void insert(int o,int l,int r,int x,int y,int num){
if(x<=l&&r<=y) return (void)(q[o].push(num));
int mid=(l+r)>>1;
if(x<=mid) insert(lson,x,y,num);
if(mid<y) insert(rson,x,y,num);
}
void resum(stack<Edge>S){
while(!S.empty()){
d[f[S.top().u]=S.top().u]=0;
dep[S.top().v]-=S.top().w;
S.pop();
}
}
void solve(int o,int l,int r){
stack<Edge>S;
while(!q[o].empty()){
int num=q[o].front();
q[o].pop();
int x=e[num].u,y=e[num].v;
int fx=getfa(x),fy=getfa(y);
int w=getdis(x)^getdis(y)^1;
if(fx==fy&&w){
for(int i=l;i<=r;i++) puts("No");
return (void)(resum(S));
}
if(fx!=fy){
if(dep[fx]>dep[fy]) swap(fx,fy),swap(x,y);
Edge cur=(Edge){fx,fy,0};
f[fx]=fy,d[fx]=w;
if(dep[fx]==dep[fy]) ++dep[fy],cur.w=1;
S.push(cur);
}
}
if(l==r){ resum(S);return (void)(puts("Yes")); }
int mid=(l+r)>>1;
solve(lson);
solve(rson);
resum(S);
}
int main(){
scanf("%d%d%d",&n,&m,&T);
int u,v,L,R;
for(int i=1;i<=n;i++) f[i]=i;
for(int i=1;i<=m;i++){
scanf("%d%d%d%d",&u,&v,&L,&R);
L++;
e[i]=(Edge){u,v,1};
insert(1,1,T,L,R,i);
}
solve(1,1,T);
}