傳送門

首先我們考慮暴力做法。
考慮預處理，一開始把相鄰的門沒鎖的點看作一個塊（那麼塊中互相可以到達），記下左右端點。判斷塊左右的門鎖在不在這個塊裡面，如果有就往左右拓展塊，要不然就退出。
然而如果這樣的話在最壞情況，也就是左右不停的跳的話是O(N2)$O(N^2)$的。
怎麼辦呢？我們可以發現：按順序列舉點拓展效率是非常低的，因為我們會擴充套件到之前的塊。那麼我們就可以每次隨機一個點拓展，那麼這樣的話平攤複雜度就是O(logN)$O(logN)$，總複雜度為O(NlogN)$O(NlogN)$。

#include<cstdio>
#include<iostream>
 

#include<cstring>
#include<ctime>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>
#include<cmath> 
using namespace std;
const int INF=1e9;
const int N=1000010;
inline int read()
{
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(ch<'0' || ch>'9'){if(ch=='-') f=-1; ch=getchar();}
    while
 
(ch>='0' && ch<='9'){x=x*10+ch-'0'; ch=getchar();} 
    return x*f;
}
int l[N],r[N];
int pos[N];
int rnd[N];
void pre(int x)
{
    while(1)
    {
        bool bk=false;
        //左邊的門
        if(l[x]<=pos[l[x]-1] && pos[l[x]-1]<=r[x])
        { 
            l[x]=min(l[x],l[l[x
 
]-1]);
            r[x]=max(r[x],r[l[x]-1]);
            bk=true;
        }
        if(l[x]<=pos[ r[x] ] && pos[ r[x] ]<=r[x])
        { 
            l[x]=min(l[x],l[r[x]+1]);
            r[x]=max(r[x],r[r[x]+1]);
            bk=true; 
        }
        if(bk==false) break;
    }
}
int main()
{
//  freopen("game.in","r",stdin);
//  freopen("game.out","w",stdout);
    int n=read(),m=read(),Q=read();
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        int x=read(),y=read();
        pos[x]=y;
    }
    pos[0]=pos[n+1]=n+1;
    for(int i=1;i<=n;i++) l[i]=r[i]=i;;
    for(int i=2;i<=n;i++) if(!pos[i-1]) l[i]=l[i-1];
    for(int i=n-1;i>=1;i--) if(!pos[i]) r[i]=r[i+1];
    for(int i=1;i<=n;i++) rnd[i]=i; random_shuffle(rnd+1,rnd+n+1);
    for(int i=1;i<=n;i++) pre(rnd[i]);

    while(Q--)
    {
        int x=read(),y=read();
        if(l[x]<=y && y<=r[x]) printf("YES\n");
        else printf("NO\n");
    }
    return 0;
}