考虑建出如下一个图，i\rightarrow j 存在表示 i 需要在 j 之前移动，那么这样的边又分为两种：
$2.$ 假设 $i$ 需要移动到的位置是 $x$，则与 $x$ 同一牌堆，且比 $x$ 更靠右的点需要先被移开才能把 $i$ 移到 $x$ 后方。
这两种建边都可以直接后缀优化建图做到 $O(n)$ 的复杂度。
则有解当且仅当这个图是一个 DAG。
第二问的答案也很明显，即对于 $x$ 所对应的点考虑有多少 DAG 上的点可达它，可以直接使用 bitset 做到 $O(\dfrac{n^2}{w})$，注意拓扑排序删不掉的点答案是 $-1$，以及最后一个点（即 $n$ 所属的点）答案为 $-1$。
```cpp
#include<bits/stdc++.h>
#define re register
using namespace std;
inline int read(){
re int t=0;re char v=getchar();
while(v<'0')v=getchar();
while(v>='0')t=(t<<3)+(t<<1)+v-48,v=getchar();
return t;
}
int n,m,fa[50002],sum,px[50002],py[50002],mx[50002],head[50002],cnt,low[50002],d[50002],S,ed[50002],lst;
vector<int>V[50002];
queue<int>q;
bitset<50002>B[50002];
struct edge{int to,next;}e[100002];
inline void add(re int x,re int y){e[++cnt]=(edge){y,head[x]},head[x]=cnt;++d[y];}
inline int root(re int x){return x==fa[x]?x:fa[x]=root(fa[x]);}
int main(){
read();
n=read(),m=read();
for(re int i=1;i<=n;++i)fa[i]=i,ed[i]=i;
for(re int i=1;i<=m;++i){
re int x=read();
while(x--)V[i].push_back(read());
for(re int j=1;j<V[i].size();++j)if(V[i][j]==V[i][j-1]-1)fa[V[i][j]]=V[i][j-1],ed[root(V[i][j])]=V[i][j];
if(V[i].size())lst=V[i][0];
for(re int j=1;j<V[i].size();++j)if(fa[V[i][j]]==V[i][j])add(V[i][j],lst),lst=V[i][j];
for(re int j=0;j<V[i].size();++j)px[V[i][j]]=i,py[V[i][j]]=j;
}
for(re int i=1;i<=n;++i)sum+=fa[i]==i;
for(re int i=1;i<=m;++i)mx[i]=0;
for(re int i=1;i<=m;++i){
for(re int j=0;j<V[i].size();++j)
if(fa[V[i][j]]==V[i][j]&&V[i][j]!=n){
re int x=ed[root(V[i][j]+1)];
if(py[x]==V[px[x]].size()-1)continue;
x=V[px[x]][py[x]+1];
add(x,V[i][j]);
}
}
for(re int i=1;i<=n;++i)if(!d[i])q.push(i);
while(!q.empty()){
re int x=q.front();q.pop();++S;B[x][x]=1;
if(x==n)continue;
for(re int i=head[x];i;i=e[i].next){
B[e[i].to]|=B[x];
if(!--d[e[i].to])q.push(e[i].to);
}
}
re int ss=0;
for(re int i=1;i<=n;++i)ss|=d[i];
if(ss)puts("NO");
else puts("YES"),printf("%d\n",sum-1);
B[n].reset();
for(re int i=1;i<=n;++i){
re int x=root(i);
if(!B[x].count()||d[x])puts("-1");
else printf("%d\n",B[x].count());
}
}
```