題目連結：https://www.luogu.com.cn/problem/P6185

為啥這題在洛谷難度標記只是個藍題，我覺得明明有紫題的水準了吧，但這個題很不錯，一開始的時候我沒想出來轉化成圖論模型來做，就覺得這是一個很高大上的難題。但是看了別人寫的題解之後，發現其實是一個非常不錯的二分圖帶思維的題。

解法：

①問題相當於有一個序列ci=ai−bi，要進行若干次操作使得ci每一項都為0。

②對於操作2 u v，我們在u和v之間連線一個無向邊，形成一個聯通塊，把聯通塊通過並查集標記該連通塊序號。我們發現在這個操作之中，每個u和v之間的數值都可以互相轉化，但是仔細一想會發現這個規律，該連通塊內數值的和恆不變。那OK，我們就把這個連通塊縮點，該點的權值為該連通塊內所有節點的和。

③處理完操作2了，我們就要處理操作1 u v了。通過之前操作，我們把u=id[u],v=id[v]。操作1是生死與共，即兩邊u和v同時±1，那我們繼續想著把u和v連邊建立新的無向圖，然後想想操作1，就是無向圖內所有節點總和±2對吧。那我們迴歸到①這一塊，要讓每個ci都為0，那麼顯然所有節點和就是0了。所以判斷有無最終解的一個前提是所有節點的sum是不是為偶數，如果不是偶數那就直接掰掰；然後我們考慮是不是二分圖。因為如果是二分圖的話，其實就是把所有節點分成了2部分，因為我之前提過是同生共死的關係，所以左部分和與右部分和之間的差值恆不變。而每一個部分之間又可以內部轉化，所以呢可想而知如果左部分和！=右部分和，那麼ci的和永遠不可能為0，所以另一個判斷條件在二分圖的情況下，左部分和與右部分和相等；

AC程式碼：

#include<bits/stdc++.h>
#define
 
 ll long long
#define rep(i,a,n) for(int i=a;i<=n;i++)
#define per(i,n,a) for(int i=n;i>=a;i--)
#define endl '\n'
#define eps 0.000000001
#define pb push_back
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);
using namespace std;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const ll inf=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const int mod=1e9+7;
const int maxn=1e5+5;
int n,m,a[maxn],b[maxn];
int p[maxn],q[maxn],id[maxn],fa[maxn],cnt;
ll val[maxn],sum,sum1,sum2;
vector<int> G[maxn];int col[maxn],flag;
int find(int x){
    while(x!=fa[x]) x=fa[x]=fa[fa[x]];
    return x;
}
void dfs(int x){
    if(col[x]==1)sum1+=val[x];
    else sum2+=val[x];
    sum+=val[x];
    for(auto v:G[x]){
        if(col[v]){
            if(col[v]==col[x]) flag=0;
        }else{
            col[v]=3-col[x];
            dfs(v);
        }
    }
}
int main(){
    int T;scanf("%d",&T);
    while(T--){
        scanf("%d%d",&n,&m);
        rep(i,1,n) scanf("%d",&a[i]),fa[i]=i;
        rep(i,1,n) scanf("%d",&b[i]),a[i]-=b[i];
        int ct=0;
        rep(i,1,m){
            int o,a,b;scanf("%d%d%d",&o,&a,&b);
            if(o==1){p[++ct]=a;q[ct]=b;}
            else{
                int u=find(a),v=find(b);
                if(u!=v) fa[u]=v;
            }
        }
        cnt=0;
        rep(i,1,n){
            if(find(i)==i) id[i]=++cnt;
        }
        rep(i,1,cnt){
            G[i].clear();col[i]=0;val[i]=0;
        }
        rep(i,1,n){
            val[id[find(i)]]+=a[i];
        }
        rep(i,1,ct){
            int u=id[find(p[i])],v=id[find(q[i])];
            G[u].pb(v);G[v].pb(u);
        }
        bool yes=1;
        rep(i,1,cnt){
            if(!col[i]){
                flag=1;sum=sum1=sum2=0;
                col[i]=1;
                dfs(i);
                if(sum%2!=0){
                    yes=0;break;
                }
                if(flag&&sum1!=sum2){
                    yes=0;break;
                }
            }
        }
        if(yes)puts("YES");
        else puts("NO");
    }
}