zyf 的题解，写得比我好 QAQ

不难发现，答案为 YES，当且仅当所有点的出度均为 1。

考虑如何维护每个点的出度。

暴力的做法是对于每个点维护两个 set，分别表示当前与之相连/不相连的点，暴力删点加点。如果没有 $t=4$，不难发现总操作次数是 $\mathcal O(n+q)$ 级别的，可以获得 60 pts。

（据说这道题可以通过玄学暴力优化在民间数据拿到满分，毕竟这题的数据并不好造，很难有极限数据）

（然而我考场上尝试玄学暴力乱搞，结果全输出 NO，爆零了 QAQ）

upd：现在还没有出数据，但据说全输出 NO 能有 45 pts？乱搞选手赢麻了。

再次 upd：出数据了，我这种乱搞法居然 50pts，赢麻了，但是 rp-- 了 QAQ。

计算了一下，前 60 pts 暴力，后面全输出 NO，能有 80 pts，已经不比正解低多少了。

这道题的核心就是维护出度为 1 的点数，而有了 $t=4$ 的操作会变得非常棘手，没有任何数据结构可以维护。

一般来说（至少以窝之前打的一场 CF 看来），这种情况可以转向随机化。

考虑哈希。对每个点赋一个独一无二的权值（我采用了类似字符串哈希的构造方式），设第 $i$ 个点点权为 $a_i$，定义 $tot=\sum\limits_{i=1}^n a_i,ans=\sum\limits_{i=1}^n deg_i\times a_i$。

其中 $deg_i$ 表示点 $i$ 的出度。

由于点权都是独一无二的，若 $ans=tot$，那么就有极大的概率满足 $\forall i\in [1,n],deg_i=1$。

$tot$ 可以直接计算，而 $ans$ 的维护也相当简单，单次操作时间复杂度 $\mathcal O(1)$。

总时间复杂度为 $\mathcal O(n)$，目前在 InfOJ 上的民间数据这种方法可以拿到满分。

如果还不保险，还可以多取几个模数或点权。

upd：似乎不用我这样写，把求和改成异或，直接随机权值就完全能过了 /kel