BZOJ傳送門

洛谷傳送門

解析：

首先記住一個結論：對於任意平面圖都有 $\mathrm{\mid }E\mathrm{\mid }\le 3\mathrm{\mid }V\mathrm{\mid }$

證明一下：只考慮極大平面圖（即點數一定時，邊數達到最大的平面圖）。其他的情況邊數都小於同頂點數的極大平面圖。

首先，極大平面圖的每個平面由3條邊圍成，不然總是能夠在這個形狀中繼續連一條對角線加邊。

令 $r$

由平面圖的尤拉公式 $n-m+r=2$（直接將拓撲學的立體圖形對映到平面上即可得到），那麼極大平面圖有 $m=3n-6$。其他情況 $m'<m=3n-6$

所以對於任意平面圖，總是有 $m\le 3n-6$。

那麼我們就排除那些不符合題意的圖，將邊的規模優化到 $O(n)$了。

由於這道題的圖都有哈密爾頓迴路，所以可以亂搞一下。

將哈密爾頓迴路看作一個圈，剩下的邊要麼是圓上的弦，要麼就在圓外。

顯然如果兩條邊有交點，它們必須處於不同的兩側，

所以我們可以將它們連邊，隨後染色判斷一下是否是二分圖就行了。

程式碼：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define re register
#define gc getchar
#define pc putchar
#define cs const

inline int getint(){
	re int num;
	re char c;
	while(!isdigit(c=gc()));num=c^48;
	while(isdigit(c=gc()))num=(num<<1)+(num<<3)+(c^48);
	return num;
}

cs int N=205,M=10004;
vector<int> edge[N*3+8];
int a[M],b[M];
int H[N];

inline void addedge(int u,int v){
	edge[u].push_back(v);
	edge[v].push_back(u); 
}

int col[N*3+8];
int T,n,m;

inline void clear(){
	memset(col,-1,sizeof col);
	for(int re i=1;i<=m;++i)edge[i].clear();
}

inline bool dye(int u){
	for(int re e=0;e<edge[u].size();++e){
		int re v=edge[u][e];
		if(col[v]==col[u])return false;
		if(col[v]==-1){
			col[v]=col[u]^1;
			if(!dye(v))return false;
		}
	}
	return true;
}

signed main(){
	T=getint();
	while(T--){
		n=getint();
		m=getint();
		for(int re i=1;i<=m;++i){
			a[i]=getint();
			b[i]=getint();
		}
		for(int re i=1;i<=n;++i)H[getint()]=i;
		if(m>3*n-6){
			puts("NO");
			continue;
		}
		clear();
		for(int re i=1;i<=m;++i)
		for(int re j=i+1;j<=m;++j){
			int u1=H[a[i]],v1=H[b[i]],u2=H[a[j]],v2=H[b[j]];
			if(u1>v1)swap(u1,v1);
			if(u2>v2)swap(u2,v2);
			if((u1<u2&&u2<v1&&v1<v2)||(u2<u1&&u1<v2&&v2<v1)){
				addedge(i,j);
			}
		}
		bool flag=true;
		for(int re i=1;i<=m;++i){
			if(~col[i])continue;
			col[i]=0;
			if(!dye(i)){
				flag=false;
				break;
			}
		}
		puts(flag?"YES":"NO");
	}
	return 0;
}