首先离线处理。

然后你就会发现这题的 A 操作的作用仅限于告诉你 R 操作删除了哪条边，然后离线处理时加上即可。

答案部分搜索一下就行了。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2e5+10;
int v[N],v1[N],f[N],op[N],ans[N];
struct node{int x,y;}e[N];
vector<int>G[N];
void dfs(int x,int vv)
{
	ans[x]=max(ans[x],vv);
	for(int y:G[x])if(!ans[y])dfs(y,vv);
}
signed main()
{
	int n,q;cin>>n>>q;
	vector<node>vec;
	for(int i=1;i<=q;i++)
	{
		string s;cin>>s;
		if(s[0]=='D')
			op[i]=1,cin>>e[i].x;
		if(s[0]=='A')
			op[i]=2,cin>>e[i].x>>e[i].y,
			vec.push_back({e[i].x,e[i].y});
		if(s[0]=='R')
			op[i]=3,cin>>e[i].x;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)v[i]=1;
	for(int i=1;i<=vec.size();i++)v1[i]=1;
	for(int i=1;i<=q;i++)
	{
		if(op[i]==1)v[e[i].x]=0;
		if(op[i]==3)v1[e[i].x]=0;
	}
	for(int i=1;i<=vec.size();i++)if(v1[i])
		G[vec[i-1].x].push_back(vec[i-1].y),
		G[vec[i-1].y].push_back(vec[i-1].x);
	for(int i=1;i<=n;i++)if(v[i])dfs(i,q);
	for(int i=q;i>=1;i--)
	{
		if(op[i]==1)
		{
			int x=e[i].x;if(ans[x])continue;
			dfs(x,i-1);
		}
		if(op[i]==3)
		{
			int x=vec[e[i].x-1].x,y=vec[e[i].x-1].y;
			G[x].push_back(y);
			G[y].push_back(x);
			if(ans[x]==0&&ans[y]==0)continue;
			dfs(x,i-1);dfs(y,i-1);
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)cout<<ans[i]<<'\n';
	return 0;
}

鉴定为语文阅读题。

注意到操作 A x y 一定是链接两个活跃农场这启示了我们几点。

首先一个点肯定不会在停产之后进行 A 操作。

进一步地，一个点变得无关，只可能是经历了 D x 操作且断掉了所有与活跃农场的边的路径，而且变得无关就不会建边，所以一个农场的有关的时间是一个形如 $[1,age_x]$ 的东西。

同时我们发现建边之前两个端点都是活跃的，所以这条边的建立时间不会对答案产生影响，但是删除是会的，我们可以记录它的删除时间 $r_i$。

其实这里做法就可以分成两种了，一种是倒过来，删点变成加点，删边变成加边们可以用并查集。

我的做法复杂一点，我们发现题目中所有输出的最大值一定是最大的 $age_x$，而每个点的输出值也不会小于 $age_x$，我们将 $age_x$ 初始化答案 $ans_x$。

接下来，我们用优先队列维护，每个点只取一次，每次取出一个最大值的点尝试更新相连的点。

只要我还有关，我们的边还在，你就还是有关的，所以我们更新点的方式也就是尝试 $ans_y=\min(ans_x,r_{(x,y)})$。

我们就这样一直更新就行了，时间复杂度是 $O(n\log n)$，没有并查集做法那么优秀。

但是好写好理解！

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define val first
#define num second
using namespace std;
const LL N=2e5+5;
LL n,q,ans[N],x,y,cnt,e[N][2],r[N],vis[N],age[N];
char c[15];
vector<pair<LL,LL> >v[N];
priority_queue<pair<LL,LL> >p;
int main()
{
	scanf("%lld%lld",&n,&q);
	for(int i=1;i<=N;i++)
	{
		age[i]=-1,r[i]=-1;
	}
	for(int Q=1;Q<=q;Q++)
	{
		scanf("%s",c);
		if(c[0]=='D')
		{
			scanf("%lld",&x);
			if(age[x]==-1)age[x]=Q-1;
		}
		if(c[0]=='A')
		{
			scanf("%lld%lld",&x,&y);
			++cnt;
			v[x].push_back({y,cnt});
			v[y].push_back({x,cnt});
		}
		if(c[0]=='R')
		{
			scanf("%lld",&x);	
			r[x]=Q-1;
		}
	}
	for(int i=1;i<=cnt;i++)
	{
		if(r[i]==-1)r[i]=q;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		if(age[i]==-1)age[i]=q;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{	
		ans[i]=age[i];
		p.push({ans[i],i});
	}
	while(!p.empty())
	{
		LL t=p.top().num;
		p.pop();
		if(vis[t])continue;
		vis[t]=1;
		for(pair<LL,LL> i:v[t])
		{
			if(ans[i.val]<min(ans[t],r[i.num]))
			{
				ans[i.val]=min(ans[t],r[i.num]);
				p.push({ans[i.val],i.val});
			}
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		printf("%lld\n",ans[i]);
	}
	return 0;
}