95分调了一个小时……

思路

很容易注意到如果有一个点入度大于等于$2$，那么一定是不行的，因为一条边只能有一个方向。但是很快就注意到样例的第四个输入并不符合我们的想法。

不难注意到第四个输入的D图其实是同一个点上有三个自环，很明显原图的重边我们是需要排除的，所以就可以写出以下代码，十分简单（但是好像我讲的有点抽象）

AC代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=310;
vector<int>G[N];
bitset<N>a[N];
int rd[N];
bool v[N],used[N][N];
int main()
{
	int T;scanf("%d",&T);
	while(T--)
	{
		memset(G,0,sizeof(G));
		memset(a,0,sizeof(a));
		memset(rd,0,sizeof(rd));
		memset(v,0,sizeof(v));
		memset(used,0,sizeof(used));
		int n,m;scanf("%d%d",&n,&m);
		bool flag=0;
		for(int i=1,x,y;i<=m;i++)
		{
			scanf("%d%d",&x,&y);x++;y++;
			if(used[x][y]){flag=1;}
			used[x][y]=1;
			G[x].push_back(y);
			a[x][y-1]=1;rd[y]++;
		}
		if(flag){puts("No");continue;}
		for(int i=1;i<=n;i++)if(!v[i])for(int j=i+1;j<=n;j++)if(a[i]==a[j]&&!v[j])
		{
			v[j]=1;
			for(int w:G[j])rd[w]--;
		}
		bool bk=0;
		for(int i=1;i<=n;i++)if(rd[i]>1)bk=1;
		if(!bk)puts("Yes");
		else puts("No");
	}
	return 0;
}

大致思路就是：如果在图 D 中：$u\to v\to w$，又有 $x\to v\to w$，那么在 E 中，$uv$，$xv$ 都向 $vw$ 连边。此时如果存在另一个 $y$ 使得 $v\to y$ 有边，则在 E 中 $uv$，$xv$ 都应该向 $vy$ 有边。

也就是说，两个点指向一个公共的点，那么它们所有出边指向的点集必然相同，事实上这是存在 D 的充要条件，证明不难。

之前几篇题解要么用了并查集，要么用了数组暴力判断，这里提供一种不难想且速度不慢的方法：Bitset。

用 Bitset 记录邻接矩阵，枚举两行，算一下两行的与和异或，如果与不为 $0$，则说明指向公共点，此时再看异或，如果异或不为 $0$，说明出边不重合，答案为 No.

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN=310;
int t,n,m,x,y;
bitset <MAXN> b[MAXN],tmp1,tmp2;
int main () {
	scanf("%d",&t);
	for (int ii=1;ii<=t;ii++) {
		scanf("%d%d",&n,&m);
		for (int i=1;i<=n;i++) {b[i].reset();}
		for (int i=1;i<=m;i++) {
			scanf("%d%d",&x,&y);
			x++,y++;
			b[x].set(y);
		}
		int flg=0;
		for (int i=1;i<=n;i++) {
			if (flg) {break;}
			for (int j=1;j<=n;j++) {
				tmp1=b[i]&b[j],tmp2=b[i]^b[j];
				if (tmp1.count()!=0&&tmp2.count()!=0) {flg=1;break;}
			}
		}
		printf("%s\n",flg?"No":"Yes");
	}
	return 0;
}