赛时因为 T4 这题一眼没看，事后发现真的神仙。
简化题面后条件为：
- 所有点出度为 \(1\)。
- 从所有点走出去都能走到环上。
不难发现条件仅为判断所有点出度为 \(1\)，即判断是否是一个内向基环树森林。
再看操作：
- 删掉一条边 \((u,v)\)
- 对于 \(u\)，将所有边 \((t,u)\) 删掉。
- 加入之前被删掉的边 \((u,v)\)
- 对于一个之前被执行 \(2\) 操作的 \(u\)，将那次操作删除的所有边 \((t,u)\) 加入。
由于我们判断答案的时候，只关心每个点的出度是否为 \(1\)，于是可以给每个点 \(u\) 都随机一个很大的权值 \(w_u\)，并时刻维护 \(\sum\limits_{i=1}^{n}w_id_i\)，\(d_u\) 为 \(u\) 的出度。
那么如果 \(sum=\sum\limits_{i=1}^{n}w_id_i=\sum\limits_{i=1}^{n}d_i\)，那么有很大的概率使得所有点的出度都为 \(1\)。
由于权值的随机性，跑十次随机然后答案取个与就能过民间数据了。
对于维护 \(\sum\limits_{i=1}^{n}w_id_i\)，我们可以预处理 \(su_u\) 为一开始 \(u\) 所有沿着入边到达的点的权值和，\(vl_u\) 表示当前时刻 \(u\) 所有入边能到的点的权值和。接着分操作讨论即可：
- 对于操作一，会使 \(d_u\) 减一，令 \(sum\) 和 \(vl_v\) 减去 \(w_u\) 即可。
- 对于操作二，会使 \(u\) 的入度为 \(0\)，和令 \(u\) 入边到达的所有点出度减一，等同于让 \(sum\) 减去 \(vl_u\)，再把 \(vl_u\) 变为 \(0\)。
- 对于操作三，会使 \(d_u\) 加一，给 \(sum\) 和 \(vl_v\) 加上 \(w_u\) 即可。
- 对于操作四，会使 \(d_u\) 的入度回到初始状态，那么 \(sum\) 的变化量为 \(su_u-vl_u\)，那么给 \(sum\) 加上变化量并使 \(vl_u=su_u\) 即可。
复杂度 \(O(n)\)，带 \(10\) 倍常数（好像不用跑这么多次都能过？）