[NOI Online 提升组]序列

传送门

　　不错的题8~~（不知为啥到我手上特判的贼多）~~

　　简述题意：给你$n$个结点，每一个结点有一个初始值$a_i$，以及目标值，而且给定两种边$(u_i,v_i)$，第一种边使$a_{u_i}$和$a_{v_i}$同时加一，第二种边使$a_{u_i}$和$a_{v_i}$一个加一，一个减一。问最后可否使全部结点变成目标状态。

　　如下是我在当时测试时的思路。

　　首先到达最终的目标，也就是说使得对应的结点的数值增长$b_i-a_i$，让每一个结点表示这个值，问题就转化成了可否使全部的数值变成$0$了。

　　看两种边有什么特别之处。一会儿看第一种边没发现什么，第二种边至关于能够将一个结点上的部分数字“传输”到与其相邻的结点之处，稍加拓展不难发现第二种边构成的连通图中，任意一个结点可将其数字传到另外的任意一个结点，以下图：

　　这样的意义在于：能自由分配连通图中全部的数值（都转移到一个结点、或者分配到若干个点），能够无需关心具体的分配状况，因而将他们缩成一个点，其权值为$\sum w_i$。

　　这样就只剩下第一种边了。它们只有两种状况：（1）链接两个连通块（即缩点后链接两个点），这个的影响是让链接的两个缩点加或减相等的数字；（2）在某个连通块内，这个的影响是让这个缩点加或减一个偶数。咱们仍是用传输的思想，手算会发现（1）能够将某个点的数值隔两个点传过去，以下图：

　　对于缩过点的图，每一个由第一种边构成的连通块，仔细想一想会发现：若是这个连通块不能被黑白染色，则必定能够将数值放到某一个奇环上的一个点，一样这个也是可逆的，故一个数必定能够借助奇环把另外一个相等的数消除；反之，若是能被黑白染色，显然能够将全部黑点的数值和白点的数值移到一条相邻的边，而后再一块儿消掉。没有（2）状况的干扰下，对于每一个连通块，按照上面分类讨论，若是仍然不能彻底消除，那显然输出$\text{NO}$了。全部的都知足才输出$\text{YES}$。

　　加上（2），其实就是能够对权值调整，在有（2）的连通块下，不必定要所有消除，只要消到能剩余$2$的倍数就好啦（能够依靠这样的边在连通块内部就消除掉）。因而咱们整理一下：

　　一、根据第二种边求出全部的连通块而且缩起来；

　　二、根据第一种边求出全部的连通块，对每一个连通块判断可否黑白染色，若是能就染色，求出全部黑点和白点的权值和，顺便看看有没有状况（2）；

　　三、检查该连通块是否知足要求：a.若是不能黑白染色，只须要看这个连通块的权值和是否是偶数；b.若是能，判断黑点权值和和白点权值和的关系，若是有（2），那么只需差为偶数便可；不然必须相等（具体详见上文）；

　　四、若是全部的连通块都能经过测试，输出$\text{YES}$；不然输出$\text{NO}$。

　　时间复杂度$\text{O}(Tn)$。能够经过。

#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为连通块编号、delta表示a[i]-b[i](相反亦可)，tag表示有没有（2）状况，col为染色状况，idcnt表示连通块个数
ll sum[maxn]; // 每一个连通块内的权值总和

void dfs(int u) {
	sum[id[u] = idcnt] += delta[u]; // 标记连通块而且合并权值
	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]; // 计算white,black点的权值
	rep0(i, G[u].size()) {
		int v = G[u][i];
		if (col[v]) { if (col[v] == col[u]) ok = 0; continue; } // 失败
		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+标记
		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; // 染过色直接跳过
			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）状况判断差是否为偶数
				else if (white != black) { ans = 0; break; } // 没有就判断是否相等
			} else if ((white ^ black) & 1) { ans = 0; break; } // 不成功判断差是否为偶数
		}
		printf("%s\n", ans ? "YES" : "NO");
	}
	return 0;
}