感覺和BZOJ1015差不多。。
題解：
倒着考慮操作，就變成了加邊。
記錄當前時刻有多少個連通塊，如果有一個，那麼答案是YES，否則是NO。
對於當前點，把當前點與已經添加進的點合併。每合併一次，連通塊減一。（一開始連通塊先++）
複雜度：
時間複雜度O(n+mα(n))
空間複雜度O(n+m)
收穫：
當兩個點已經在一個並查集裏的時候，就不用合併了。WA了一發。
多出數據測測，別自信不拍。
/* Forgive me Not */
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int maxn = 200005, maxm = maxn;
int n, m, head[maxn], cnt, permu[maxn], fa[maxn];
bool vis[maxn];
struct _edge {
int v, next;
} g[maxm << 1];
inline int iread() {
int f = 1, x = 0; char ch = getchar();
for(; ch < '0' || ch > '9'; ch = getchar()) f = ch == '-' ? -1 : 1;
for(; ch >= '0' && ch <= '9'; ch = getchar()) x = x * 10 + ch - '0';
return f * x;
}
inline void add(int u, int v) {
g[cnt] = (_edge){v, head[u]};
head[u] = cnt++;
}
inline int find(int x) {
return fa[x] == x ? x : fa[x] = find(fa[x]);
}
int main() {
n = iread(); m = iread();
for(int i = 1; i <= n; i++) head[i] = -1; cnt = 0;
for(int i = 1; i <= m; i++) {
int u = iread(), v = iread();
add(u, v); add(v, u);
}
for(int i = 1; i <= n; i++) permu[i] = iread(), fa[i] = i;
int tot = 0;
for(int u = n; u >= 1; u--) {
int x = permu[u];
tot++;
for(int i = head[x]; ~i; i = g[i].next) if(vis[g[i].v]) {
int fx = find(x), fy = find(g[i].v);
if(fx == fy) continue;
tot--;
fa[fx] = fy;
}
vis[x] = 1;
permu[u] = tot == 1;
}
for(int i = 1; i <= n; i++) printf(permu[i] ? "YES\n" : "NO\n");
return 0;
}