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分析

• 先将没有锁的房间缩点，首先有一个 \(O(n^2)\) 的想法：从每个点出发，每次检查能否向两边扩张。
• 容易发现门和门之间如果有锁，必然只有一方能够开锁(只有一把钥匙)，并且能够开一扇门的位置一定是一个区间 \([l,r]\)。假设门 \(p<l\) ，则区间内的所有门都为 \(\leftarrow\) 。如果扩展顺序为 \(l\) 到 \(r\) 就可以保证对于开 \(p​\) 门这个操作只被进行一次，而后面的位置可以继承这个可行区间。
• 所以如果对于门 \(a\)，如果钥匙在 \(a\) 左边，就连边 \(a+1 \rightarrow a\) ，反之同理。按照拓扑序扩展就可以保证扩展次数至多为 \(m\) 次。
• 时间复杂度 \(O(n+m)\) 。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
#define go(u) for(int i = head[u], v = e[i].to; i; i=e[i].lst, v=e[i].to)
#define rep(i, a, b) for(int i = a; i <= b; ++i)
#define pb push_back
#define re(x) memset(x, 0, sizeof x)
inline int gi() {int x = 0,f = 1;char ch = getchar();while(!isdigit(ch)) { if(ch == '-') f = -1; ch = getchar();}while(isdigit(ch)) { x = (x << 3) + (x << 1) + ch - 48; ch = getchar();}return x * f;
}
template <typename T> inline bool Max(T &a, T b){return a < b ? a = b, 1 : 0;}
template <typename T> inline bool Min(T &a, T b){return a > b ? a = b, 1 : 0;}
const int N = 1e6 + 7;
int n, m, p, ndc;
int x[N], y[N], pos[N], du[N], id[N], L[N], R[N];
bool lck[N];
vector<int>G[N];
queue<int>Q;
void solve() {rep(i, 1, ndc) L[i] = R[i] = i;rep(i, 1, ndc) if(!du[i]) Q.push(i);while(!Q.empty()) {int u = Q.front();Q.pop();while(1) {bool fg = 0;if(u > 1 && L[u] <= pos[L[u] - 1] && pos[L[u] - 1] <= R[u]) fg = 1, L[u] = L[L[u] - 1];if(u < ndc && L[u] <= pos[R[u]] && pos[R[u]] <= R[u]) fg = 1, R[u] = R[R[u] + 1];if(!fg) break;}for(auto v:G[u]) {if(--du[v] == 0) Q.push(v);}}
}
int main() {n = gi(), m = gi(), p = gi();rep(i, 1, m) {x[i] = gi(), y[i] = gi();lck[x[i]] = 1;}id[1] = ++ndc;rep(i, 2, n) {if(lck[i - 1]) id[i] = ++ndc;else id[i] = id[i - 1];}rep(i, 1, m) pos[id[x[i]]] = id[y[i]];rep(i, 1, m) {x[i] = id[x[i]], y[i] = id[y[i]];if(y[i] <= x[i]) G[x[i] + 1].pb(x[i]), ++du[x[i]];if(y[i] > x[i]) G[x[i]].pb(x[i] + 1), ++du[x[i] + 1];}solve();while(p--) {int s = id[gi()], t = id[gi()];if(L[s] <= t && t <= R[s]) puts("YES");else puts("NO");}return 0;
}