题意：给你一张无向图，设s(x)为与x直接相连的点的集合，题目中有两种操作：
1：1 l r 将读入的边的序列中第l个到第r个翻转状态（有这条边 -> 没这条边， 没这条边 -> 有这条边）
2：2 x y 询问s(x)和s(y)是否相等。
思路（官方题解）：首要问题是怎么快速判断s(x)和s(y)是否相等。我们发现边的翻转操作实际上是异或操作，所以不妨给每个点随机一个值，用与x直接相连的点的异或和作为s(x)，这样可以快速判断s(x)和s(y)是否相等。判相等解决了，怎么快速维护操作1呢？我们发现好像不好直接维护，因为把一个区间的边翻转了，好像除了遍历，很难知道具体影响了哪些点，或者我们只标记翻转，计算s(x)的时候枚举和x相连的边，判断是否翻转。这两种好像复杂度都比较高，但是我们可以折中一下，我们对点进行分类，根据度数是否大于sqrt(m)，分为小点和大点两类。这个套路之前见过，放上链接https://www.cnblogs.com/pkgunboat/p/10995209.html对于小点，边数不超过sqrt(m)，直接暴力判断是否翻转就可以了。对于大点，由于大点只有O(sqrt(m))种，相对比较好维护。我们可以对边序列分块，维护每一个块如果整体翻转了对某个大点的贡献。这样，我们在进行区间操作的时候，在块间打翻转标记，在两侧暴力翻转，如果翻转的边的端点是大点，就直接把影响加上。询问的时候，看一下所有块的整体翻转情况，如果整体是翻转的，因为之前已经预处理了所有块对大点的翻转影响，所以把影响加上。这样每次询问复杂度O(sqrt(m))。
代码：
#include <bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define pii pair<int, int>
using namespace std;
const int maxn = 200010;
LL val[maxn], now[maxn];
LL f[510][1010];
bool flip[510], v[maxn];
bool is_big[maxn];
vector<pii> G[maxn];
int pos[maxn], L[maxn], R[maxn], mp[maxn], tot;
random_device rd;
mt19937 Random(rd());
//LL Random() {
// return (LL)rand() * rand();
//}
struct edge{
int u, v;
};
edge e[maxn];
LL get(LL mod) {
return ((__int128)Random() * Random()) % mod;
}
void change(int l, int r) {
int p = pos[l], q = pos[r];
if(p == q) {
for (int i = l; i <= r; i++) {
v[i] ^= 1;
if(is_big[e[i].u]) now[e[i].u] ^= val[e[i].v];
if(is_big[e[i].v]) now[e[i].v] ^= val[e[i].u];
}
} else {
for (int i = p + 1; i <= q - 1; i++) {
flip[i] ^= 1;
}
for (int i = L[q]; i <= r; i++) {
v[i] ^= 1;
if(is_big[e[i].u]) now[e[i].u] ^= val[e[i].v];
if(is_big[e[i].v]) now[e[i].v] ^= val[e[i].u];
}
for (int i = l; i <= R[p]; i++) {
v[i] ^= 1;
if(is_big[e[i].u]) now[e[i].u] ^= val[e[i].v];
if(is_big[e[i].v]) now[e[i].v] ^= val[e[i].u];
}
}
}
int main() {
int T, op, x, y, n, m, T1;
srand(time(0));
scanf("%d", &T);
while(T--) {
tot = 0;
scanf("%d%d", &n, &m);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
val[i] = get(1e18);
G[i].clear();
now[i] = 0;
flip[i] = 0;
}
for (int i = 1; i <= m; i++) {
scanf("%d%d", &e[i].u, &e[i].v);
G[e[i].u].push_back(make_pair(e[i].v, i));
G[e[i].v].push_back(make_pair(e[i].u, i));
now[e[i].v] ^= val[e[i].u];
now[e[i].u] ^= val[e[i].v];
}
int t = sqrt(m);
int block = t;
for (int i = 1; i <= t; i++) {
L[i] = (i - 1) * block + 1;
R[i] = i * block;
}
if(R[t] < m) {
t++;
L[t] = R[t - 1] + 1;
R[t] = m;
}
for (int i = 1; i <= n; i++) {
if(G[i].size() >= block) {
is_big[i] = 1;
mp[i] = ++tot;
} else {
is_big[i] = 0;
mp[i] = 0;
}
}
assert(tot <= 1000);
assert(t <= 500);
for (int i = 1; i <= t; i++) {
for (int j = 1; j <= tot; j++)
f[i][j] = 0;
for (int j = L[i]; j <= R[i]; j++) {
pos[j] = i;
v[j] = 0;
}
}
for (int i = 1; i <= t; i++) {
for (int j = L[i]; j <= R[i]; j++) {
if(is_big[e[j].u]) {
f[i][mp[e[j].u]] ^= val[e[j].v];
}
if(is_big[e[j].v]) {
f[i][mp[e[j].v]] ^= val[e[j].u];
}
}
}
scanf("%d", &T1);
while(T1--) {
scanf("%d%d%d", &op, &x, &y);
if(op == 1) {
change(x, y);
} else {
LL ans1 = now[x], ans2 = now[y];
if(is_big[x]) {
for (int i = 1; i <= t; i++) {
if(flip[i]) ans1 ^= f[i][mp[x]];
}
} else {
for (int i = 0; i < G[x].size(); i++) {
pii tmp = G[x][i];
if(v[tmp.second] ^ flip[pos[tmp.second]])
ans1 ^= val[tmp.first];
}
}
if(is_big[y]) {
for (int i = 1; i <= t; i++) {
if(flip[i]) ans2 ^= f[i][mp[y]];
}
} else {
for (int i = 0; i < G[y].size(); i++) {
pii tmp = G[y][i];
if(v[tmp.second] ^ flip[pos[tmp.second]])
ans2 ^= val[tmp.first];
}
}
if(ans1 == ans2) {
printf("1");
} else {
printf("0");
}
}
}
printf("
");
}
}