30分的O(m^2)做法应该比较容易想到:令f[i][j]表示i->j是否有解,然后把每个路径点数不超过2的有解状态(u,v)加入队列,然后弹出队列时,两点分别向两边搜索边,发现颜色一样时,再修改答案,加入队列即可。

100分是挺难想的,是个思维题,可以把边分成连接同色和异色两种。发现走过的路径一定是若干同色连通块拼接而成,除了中间的连通块外,其余长度均相等。对于长度,如果短,可以反复走把长度走到相等,重点是奇偶性要相同。所以,我们能够联想和二分图有关的东西。异色连通块,很显然是二分图,于是我们可以直接建立生成树。而同色的,如果是二分图则无需改变奇偶性,也连成一棵树。反之,则在树上连个自环即可,这样可以改变奇偶性。复杂度O(n^2)。据说HNOI今年卡栈,写dfs的都爆零?算了AH已经不和HN联考也不管了,反正OJ上过了……

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef pair<int,int>pii;
const int N=,M=1e6+;
int n,m,Q,cnt,fa[N],hd[N],v[M],nxt[M],col[N];
char str[N];
bool f[N][N];
vector<int>G[N];
queue<pii>q;
int find(int x){return x==fa[x]?x:fa[x]=find(fa[x]);}
void add(int x,int y){v[++cnt]=y,nxt[cnt]=hd[x],hd[x]=cnt;}
bool dfs(int u,int c)
{
col[u]=c;
bool ret=;
for(int i=;i<G[u].size();i++)
if(col[G[u][i]]==-)
{
add(u,G[u][i]),add(G[u][i],u);
ret|=dfs(G[u][i],c^);
f[u][G[u][i]]=f[G[u][i]][u]=;
q.push(pii(min(u,G[u][i]),max(u,G[u][i])));
}
else if(col[G[u][i]]==c)ret=;
return ret;
}
int main()
{
scanf("%d%d%d",&n,&m,&Q);
scanf("%s",str+);
for(int i=;i<=n;i++)fa[i]=i;
for(int i=,x,y;i<=m;i++)
{
scanf("%d%d",&x,&y);
if(str[x]==str[y])G[x].push_back(y),G[y].push_back(x);
else{
int u=find(x),v=find(y);
if(u!=v)fa[u]=v,add(x,y),add(y,x);
}
}
memset(col,-,sizeof col);
for(int i=;i<=n;i++)if(col[i]==-&&dfs(i,))add(i,i);
for(int i=;i<=n;i++)f[i][i]=,q.push(pii(i,i));
while(!q.empty())
{
int x=q.front().first,y=q.front().second;
q.pop();
for(int i=hd[x];i;i=nxt[i])
for(int j=hd[y];j;j=nxt[j])
if(str[v[i]]==str[v[j]]&&!f[v[i]][v[j]])
f[v[i]][v[j]]=f[v[j]][v[i]]=,q.push(pii(min(v[i],v[j]),max(v[i],v[j])));
}
while(Q--)
{
int x,y;scanf("%d%d",&x,&y);
if(f[x][y])puts("YES");else puts("NO");
}
}

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