[NOI Online 提升組]序列

傳送門

　　不錯的題8~~（不知爲啥到我手上特判的賊多）~~

　　簡述題意：給你$n$個結點，每一個結點有一個初始值$a_i$，以及目標值，而且給定兩種邊$(u_i,v_i)$，第一種邊使$a_{u_i}$和$a_{v_i}$同時加一，第二種邊使$a_{u_i}$和$a_{v_i}$一個加一，一個減一。問最後可否使全部結點變成目標狀態。

　　如下是我在當時測試時的思路。

　　首先到達最終的目標，也就是說使得對應的結點的數值增長$b_i-a_i$，讓每一個結點表示這個值，問題就轉化成了可否使全部的數值變成$0$了。

　　看兩種邊有什麼特別之處。一會兒看第一種邊沒發現什麼，第二種邊至關於能夠將一個結點上的部分數字「傳輸」到與其相鄰的結點之處，稍加拓展不難發現第二種邊構成的連通圖中，任意一個結點可將其數字傳到另外的任意一個結點，以下圖：

　　這樣的意義在於：能自由分配連通圖中全部的數值（都轉移到一個結點、或者分配到若干個點），能夠無需關心具體的分配狀況，因而將他們縮成一個點，其權值爲$\sum w_i$。

　　這樣就只剩下第一種邊了。它們只有兩種狀況：（1）鏈接兩個連通塊（即縮點後鏈接兩個點），這個的影響是讓鏈接的兩個縮點加或減相等的數字；（2）在某個連通塊內，這個的影響是讓這個縮點加或減一個偶數。咱們仍是用傳輸的思想，手算會發現（1）能夠將某個點的數值隔兩個點傳過去，以下圖：

　　對於縮過點的圖，每一個由第一種邊構成的連通塊，仔細想一想會發現：若是這個連通塊不能被黑白染色，則必定能夠將數值放到某一個奇環上的一個點，一樣這個也是可逆的，故一個數必定能夠藉助奇環把另外一個相等的數消除；反之，若是能被黑白染色，顯然能夠將全部黑點的數值和白點的數值移到一條相鄰的邊，而後再一塊兒消掉。沒有（2）狀況的干擾下，對於每一個連通塊，按照上面分類討論，若是仍然不能徹底消除，那顯然輸出$\text{NO}$了。全部的都知足才輸出$\text{YES}$。

　　加上（2），其實就是能夠對權值調整，在有（2）的連通塊下，不必定要所有消除，只要消到能剩餘$2$的倍數就好啦（能夠依靠這樣的邊在連通塊內部就消除掉）。因而咱們整理一下：

　　一、根據第二種邊求出全部的連通塊而且縮起來；

　　二、根據第一種邊求出全部的連通塊，對每一個連通塊判斷可否黑白染色，若是能就染色，求出全部黑點和白點的權值和，順便看看有沒有狀況（2）；

　　三、檢查該連通塊是否知足要求：a.若是不能黑白染色，只須要看這個連通塊的權值和是否是偶數；b.若是能，判斷黑點權值和和白點權值和的關係，若是有（2），那麼只需差爲偶數便可；不然必須相等（具體詳見上文）；

　　四、若是全部的連通塊都能經過測試，輸出$\text{YES}$；不然輸出$\text{NO}$。

　　時間複雜度$\text{O}(Tn)$。能夠經過。

#include <bits/stdc++.h>

#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define min(a, b) (a) < (b) ? (a) : (b)
#define max(a, b) (a) > (b) ? (a) : (b)
#define rep(i, a, b) for (int i = a, i##end = b; i <= i##end; ++i)
#define per(i, a, b) for (int i = a, i##end = b; i >= i##end; --i)
#define rep0(i, a) for (int i = 0, i##end = a; i < i##end; ++i)
#define per0(i, a) for (int i = a-1; ~i; --i)
#define chkmax(a, b) a = max(a, b)
#define chkmin(a, b) a = min(a, b)

inline int read() {
	int w = 0, f = 1; char c;
	while (!isdigit(c = getchar())) c == '-' && (f = 1);
	while (isdigit(c)) w = w*10+(c^48), c = getchar();
	return w * f;
}

const int maxn = 114514;

int n, m;
std::vector<int> G1[maxn], G2[maxn], G[maxn];
int id[maxn], delta[maxn], tag[maxn], col[maxn], idcnt = 0;
// id爲連通塊編號、delta表示a[i]-b[i](相反亦可)，tag表示有沒有（2）狀況，col爲染色狀況，idcnt表示連通塊個數
ll sum[maxn]; // 每一個連通塊內的權值總和

void dfs(int u) {
	sum[id[u] = idcnt] += delta[u]; // 標記連通塊而且合併權值
	rep0(i, G2[u].size()) if (!id[G2[u][i]]) dfs(G2[u][i]);
}

int paint(int u, ll &white, ll &black, int &flag) {
	int ok = 1; // 表示是否染色成功
	col[u] == 1 ? white += sum[u] : black += sum[u]; flag |= tag[u]; // 計算white,black點的權值
	rep0(i, G[u].size()) {
		int v = G[u][i];
		if (col[v]) { if (col[v] == col[u]) ok = 0; continue; } // 失敗
		col[v] = 3-col[u];
		ok &= paint(v, white, black, flag);
	}
	return ok;
}

int main() {
	for (int T = read(); T; T--) {
		n = read(), m = read();
		rep(i, 1, n) delta[i] = read();
		rep(i, 1, n) delta[i] -= read();
		rep(i, 1, n) G1[i].clear(), G2[i].clear(); // 清空
		rep(i, 1, m) {
			int t = read(), u = read(), v = read();
			if (t == 1) G1[u].push_back(v), G1[v].push_back(u);
			if (t == 2) G2[u].push_back(v), G2[v].push_back(u);
		}
		memset(id, 0, sizeof id); idcnt = 0;
		rep(i, 1, n) if (!id[i]) G[++idcnt].clear(), sum[idcnt] = tag[idcnt] = col[idcnt] = 0, dfs(i); // 初始化+標記
		rep(u, 1, n)
			rep0(i, G1[u].size()) {
				int v = G1[u][i];
				if (id[u] == id[v]) tag[id[u]] = 1; else G[id[u]].push_back(id[v]);
			}
		int ans = 1;
		rep(i, 1, idcnt) {
			if (col[i]) continue; // 染過色直接跳過
			ll white = 0, black = 0; int flag = 0;
			col[i] = 1;
			if (paint(i, white, black, flag)) { // 染色成功
				if (flag) { if ((white ^ black) & 1) { ans = 0; break; } } // 有（2）狀況判斷差是否爲偶數
				else if (white != black) { ans = 0; break; } // 沒有就判斷是否相等
			} else if ((white ^ black) & 1) { ans = 0; break; } // 不成功判斷差是否爲偶數
		}
		printf("%s\n", ans ? "YES" : "NO");
	}
	return 0;
}