这题的意思就是原本有一个长度为n的01串，再给出m的长度为n的01串，要求你判定是否可以通过原串与m个串中的某些串xor使得原串到达一个状态。n,m小于1e5。
这题最初我发现不可做，因为这貌似是个NPC问题/密码加密方法之一，只能暴力。
后来我发现我忽略了一个条件：n个01位中，m个串中只有两个串的位置为1，这就很资磁了，若选此串，必选彼串，这种限制条件就是2-SAT的经典应用，直接上2-SAT即可。
考完发现了神犇都是用二分图染色的变种做的，仔细想想，2-SAT只是将染色方案拆开看了，实质不变。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<algorithm>
#include<iomanip>
#include<queue>
#include<set>
#include<map>
#include<vector>
using namespace std;
#define LL long long
#define FILE "dealing"
#define up(i,j,n) for(int i=j;i<=n;i++)
int read(){
int x=0,f=1,ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9')x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0',ch=getchar();
return x*f;
}
const int maxn=1600000,inf=1000000000;
bool cmin(int& a,int b){return a>b?a=b,true:false;}
bool cmax(int& a,int b){return a<b?a=b,true:false;}
int n,cnt[maxn];
struct node{int y,next;}e[maxn];int len=0,linkk[maxn];
void insert(int x,int y){e[++len].y=y;e[len].next=linkk[x];linkk[x]=len;}
int b[maxn][2],a[maxn],d[maxn];
bool c[maxn];bool flag=0;int q[maxn],top=0;
void dfs(int x){
if(((x%2)&&c[x+1])||(!(x%2)&&c[x-1])){flag=1;return;}
c[x]=1;q[++top]=x;
for(int i=linkk[x];i;i=e[i].next){
if(!c[e[i].y])dfs(e[i].y);
}
}
int m;
int solve(){
for(int i=1;i<=m<<1;i+=2){
if(!c[i]&&!c[i+1]){
top=0;
dfs(i);
if(flag){
while(top)c[q[top--]]=0;
flag=0;
dfs(i+1);
if(flag)return 1;
}
}
}
return 0;
}
int main(){
//freopen(FILE".in","r",stdin);
// freopen(FILE".out","w",stdout);
n=read();m=read();
up(i,1,n)a[i]=read();
up(i,1,m){
cnt[i]=read();
up(j,1,cnt[i]){
int y=read();
if(!b[y][0])b[y][0]=i;
else b[y][1]=i;
}
}
up(i,1,n){
if(a[i])insert(b[i][0]<<1,b[i][1]<<1),insert(b[i][1]<<1,b[i][0]<<1),insert((b[i][0]<<1)-1,(b[i][1]<<1)-1),insert((b[i][1]<<1)-1,(b[i][0]<<1)-1);
else insert((b[i][0]<<1)-1,(b[i][1]<<1)),insert((b[i][1]<<1)-1,(b[i][0]<<1)),insert((b[i][0]<<1),(b[i][1]<<1)-1),insert(b[i][1]<<1,(b[i][0]<<1)-1);
}
if(solve())printf("NO
");
else printf("YES
");
return 0;
}