题目链接：https://cn.vjudge.net/contest/209473#problem/D
题目大意：有一棵树，这棵树的前n个节点拥有子节点，告诉你n的大小，以及这n个节点各有的子节点个数，对于Q个询问<x,y>，回答x是否是y的祖先。
解题思路：
一开始想的LCA，倍增解决。然后一看数据范围，2e7！瞬间被吓回来了。
想了各种方法百思不得其解最后看了题解orz（强烈建议独立思考，挫败感很强！）。
题解……万分机智，我们思考一下深搜建树的过程，先遍历到一个父亲节点，再往下遍历到这个父亲节点的子节点，再往上回溯到该父亲节点。我们发现如果A是B的祖先，A的遍历时间点早于B的遍历时间点早于B的回溯时间点早于A的回溯时间点。
也就是说我们如果给每个点建立两个时间值（类似Tarjan的思想，预计后天讲Tarjan），第一个时间值是遍历时间点，第二个时间值是回溯时间点，建树的时候预处理出来，那么对于每个询问，就可以O（1）得出结果了（判断一下四个值大小关系）。
这样乍一听好像很好实现，然而此题还有一个trick，就是什么样的电脑才能深搜递归2e7层？果断会爆栈！
最后这道题的难点（？）转化成了手动扩栈模拟dfs，很简单的样子，就不赘述了。
坑点：注意数组大小，容易RE（别开太大了，稍微大一点就好）。
下面放965msAC代码：
/* by Lstg */
/* 2018-03-05 21:02:03 */ #include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<queue>
#define MAXN 20000005
using namespace std; int dfn[MAXN],dfm[MAXN],stk[MAXN],n;
queue<int>g[];//这里太大就会RE void _mydfs(int x){ int top=,num=,y;
dfn[x]=num++;
stk[++top]=x;
while(top){
x=stk[top];
if(x>n||g[x].empty()){/*先判断x的大小防RE和WA（有时溢出不会告诉你是RE，而会返回WA）*/
dfm[x]=num++;
top--;
}
else{
y=g[x].front();
g[x].pop();
dfn[y]=num++;
stk[++top]=y;
}
}
} int main(){ int T,tot,i,x,y;
scanf("%d",&T);
for(int cc=;cc<=T;cc++){
scanf("%d",&n);
tot=; for(i=;i<n;i++){
while(!g[i].empty())g[i].pop();
scanf("%d",&x);
while(x--)
g[i].push(++tot);
}
_mydfs();
printf("Case %d:\n",cc);
scanf("%d",&n);
for(i=;i<=n;i++){
scanf("%d%d",&x,&y);
if(dfn[x]<dfn[y]&&dfm[x]>dfm[y])
puts("Yes");
else puts("No");
}
if(cc!=T)putchar();
}
return ;
}