题目因为要根据上一次的输出结果来判断这次的输入，也就是要求我们强制在线，不能够把输入全部储存后处理
如果不要求强制在线，我们可以先把所以输入储存起来，从最后开始处理，把删边改成加边，如果在加边前不连通，加边后连通，也就等价意味着删边后会不连通，再把输出储存起来，最后从头到尾输出
既然强制在线，我们可以换个思路
这里引进对偶图的概念:
对偶图是由平面图变来的，平面图的概念就是：图画在平面上，边的交点只能为结点的图。对偶图就是把边圈起来的一个个“网格”看作结点形成的图。就网格图而言，网格图里原来交叉点当作一个结点，对偶图里就是把白块当作一个结点。
我们可以看出，当把网格图的一条边删掉之后，就等价于把边两边的白块联通了，换句话说，就是把对偶图里的两个结点联通了
有了以上前介知识后进一步分析，删边后图不再联通就说明该边是唯一连接两点的路径了，也就是说在对偶图中，在加边前对偶图里的两个白块已经联通了
因为当删除一条边时发现这条边连接的两个空块已经联通了，那么删除这条边后会出现一个空块连成的环，于是就把里面的点和外面的点给隔开了。
如果还有不明白的可以看看这篇题解
转换成对偶图后就可以直接用并查集处理了
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const double pi=acos(-);
const int mod=<<;
const int maxn=;
int par[maxn];
int rnk[maxn];
bool flag=;
int n,k;
void init(){
for(int i=;i<maxn;i++) par[i]=i,rnk[i]=;
}
int find(int x){
if(par[x]==x){
return x;
}
else{
return par[x]=find(par[x]);
}
//return par[x] == x ? x : (par[x] = find(par[x]));
}
void unite(int x,int y){
x=find(x);y=find(y);
if(x==y) return ;
if(rnk[x]<rnk[y]){
par[x]=y;
}else {
par[y]=x;
if(rnk[x]==rnk[y]) rnk[x]++;
}
}
bool same(int x,int y){
return find(x)==find(y);
}
void solve(int a,int b,char c){
//cout<<flag<<" ";
// cout<<a<<" "<<b<<" "<<c<<endl;
int x,y;
if(c=='N'){
// cout<<233<<endl;
if(a==){
x=,y=b;
}
else if(a==n){
x=,y=(n-)*(n-)+b;
}
else{
x=(a-)*(n-)+b,y=(a-)*(n-)+b;
}
}
else if(c=='E'){
// cout<<233<<endl;
if(b==){
x=,y=(a-)*(n-)+;
}
else if(b==n){
x=,y=a*(n-);
}
else {
x=(a-)*(n-)+b-,y=(a-)*(n-)+b;
}
}
// cout<<x<<" "<<y<<endl;
if(same(x,y)){
cout<<"NIE\n";flag=;
return ;
}
cout<<"TAK\n";flag=;
unite(x,y);
}
int main(){
init();
scanf("%d%d",&n,&k);
while(k--){
int a1,a2,b1,b2,c1,c2;
scanf("%d %d %c",&a1,&b1,&c1);
getchar();
scanf("%d %d %c",&a2,&b2,&c2);
getchar();
//cout<<par[2]<<" "<<par[0]<<endl;
if(flag) solve(a2,b2,c2);
else solve(a1,b1,c1);
}
return ;
}