大致题意： 给你一张无向图，每个点权值为\(0\)或\(1\)，多组询问两点之间是否存在一条回文路径。
暴力\(DP\)
首先，看到\(n\)如此之小（\(n\le5000\)），便容易想到一个\(O(m^2)\)的暴力\(DP\)。
我们用\(f_{i,j}\)表示\(i\)与\(j\)两点之间是否存在一条回文路径。
初始化，\(f_{i,i}=1,f_{i,j}=1(s_i=s_j)\)，即分别预处理最短的奇数长度回文路径和偶数长度回文路径。
然后我们把所有\(f_{i,j}=1\)的点对\((i,j)\)扔入一个队列里，用类似于\(BFS\)的方式，每次枚举\(i\)的一个相邻节点\(x\)与\(j\)的一个相邻节点\(y\)，如果\(s_x=s_y\)，则显然存在一条回文路径\(x->i->j->y\)，因此更新\(f_{x,y}=1\)并将\((x,y)\)扔入队列里。
这里要加上一个很显然的优化，即如果\(f_{x,y}\)原本就为\(1\)，我们就不进行操作。
这样每组点对最多被枚举一次，这里的时间复杂度是\(O(n^2)\)。
但枚举相邻节点时要同时枚举两条边，因此复杂度就变成了\(O(m^2)\)。
不难发现，这个算法时间复杂度的瓶颈就在于枚举两条边这里，因此我们需要考虑对这个地方进行优化。
奇偶性与二分图性质
我们先考虑只在同色点之间连边。
考虑到每条边可以重复多次，也就是说，我们在转移时如果在一条边上无限走，则可以无限刷长度。
但是，我们无限刷长度不一定能改变奇偶性。
不过，我们至少可以得出一个结论，在\(DP\)转移时，只要是奇偶性相同的一段同色路径，我们就可以进行转移。
那么什么时候奇偶性不同也可以转移呢？
这时候就要借助二分图的定义来求解了。
考虑先判断当前图是否是二分图，这只需要\(DFS\)给相邻点染不同颜色，出现矛盾就说明不是二分图，否则是二分图。
而二分图有个性质，即可以将图中点集划分成两部分，其中同一部分的点之间没有边。
也就是说，从一个点出发，必然要沿着这一个点集\(->\)另一个点集\(->\)这一个点集\(->\)另一个点集\(->...->\)这一个点集这样的路径走才能走回到该点，则经过边数为偶数，无法改变奇偶性。
否则，图中必然存在奇环，而通过奇环就可以改变奇偶性了。
大力删边
所以我们前面讲了这么多是要干什么呢？就是为了删掉图中的一些边，使边数变成\(O(n)\)规模。
我们要明白二分图的另一个性质，即二分图的一棵生成树也满足二分图性质，无法改变奇偶性。
因此，对于每一个是二分图的同色连通块，我们就可以只保留一棵生成树。
而对于不是二分图的连通块，其实我们也可以先取一棵生成树，然后只要给这张图中任意一个节点加上一个自环，这样也可以改变奇偶性，与原连通块是等价的。
而对于只在异色点之间连边，也有类似的规律，而且我们可以发现它必定是二分图（将点集按颜色划分成两个点集），可以直接保留生成树。
于是点一下就少了很多，可以直接按前面的暴力\(DP\)来搞了！
这时边数是\(O(n)\)，所以时间复杂度也就是\(O(n^2)\)。
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define Con const
#define CI Con int&
#define I inline
#define W while
#define N 5000
#define M 500000
#define mp make_pair
#define fir first
#define sec second
#define add(x,y) (e[++ee].nxt=lnk[x],e[lnk[x]=ee].to=y)
using namespace std;
int n,m,ee,H,T,lnk[N+5],f[N+5][N+5];string s;
struct edge {int to,nxt;}e[(M<<1)+5];
typedef pair<int,int> Pr;Pr q[N*N+5];
class FastIO
{
private:
#define FS 100000
#define tc() (A==B&&(B=(A=FI)+fread(FI,1,FS,stdin),A==B)?EOF:*A++)
#define tn (x<<3)+(x<<1)
#define D isdigit(c=tc())
char c,*A,*B,FI[FS];
public:
I FastIO() {A=B=FI;}
Tp I void read(Ty& x) {x=0;W(!D);W(x=tn+(c&15),D);}
Ts I void read(Ty& x,Ar&... y) {read(x),read(y...);}
I void reads(string& x) {x="";W(isspace(c=tc()));W(x+=c,!isspace(c=tc())&&~c);}
}F;
class GraphBuilder//建新图
{
private:
#define nadd(x,y) (ne[++nee].nxt=nlnk[x],ne[nlnk[x]=nee].to=y)//建新边
int nee,t,col[N+5];
I void Travel(CI x,CI op)//扫一遍连通块（op表示只能在同色/异色点间连边），建好生成树，同时判断是否为二分图
{
for(RI i=lnk[x];i;i=e[i].nxt) (s[x-1]==s[e[i].to-1])==op&&
(
col[e[i].to]?(col[x]==col[e[i].to]&&(t=0))//如果产生矛盾说明不是二分图
:(col[e[i].to]=3-col[x],Travel(e[i].to,op),nadd(x,e[i].to),nadd(e[i].to,x))//给相邻点染上不同颜色
);
}
public:
int nlnk[N+5];edge ne[(M<<1)+5];
I void Build()//建图
{
#define Clear() for(i=1;i<=n;++i) col[i]=0
RI i;Clear();for(i=1;i<=n;++i) !col[i]&&(col[i]=t=1,Travel(i,1),!t&&nadd(i,i));//对于非二分图建一个自环
Clear();for(i=1;i<=n;++i) !col[i]&&(col[i]=1,Travel(i,0),0);
}
}G;
#define Push(x,y) (q[++T]=mp(x,y),f[x][y]=f[y][x]=1)
I void DP()//动态规划
{
RI i,j;Pr k;W(H<=T) for(i=G.nlnk[(k=q[H++]).fir];i;i=G.ne[i].nxt)//枚第一个点的相邻节点
for(j=G.nlnk[k.sec];j;j=G.ne[j].nxt) s[G.ne[i].to-1]==s[G.ne[j].to-1]&&//枚第二个点的相邻节点
!f[G.ne[i].to][G.ne[j].to]&&Push(G.ne[i].to,G.ne[j].to);//扔入队列中
}
int main()
{
RI Qtot,i,x,y;for(F.read(n,m,Qtot),F.reads(s),i=1;i<=m;++i)//读入数据
F.read(x,y),add(x,y),add(y,x),s[x-1]==s[y-1]&&Push(x,y);//初始化队列
for(G.Build(),i=1;i<=n;++i) Push(i,i);DP();//建新图，初始化队列，然后DP
W(Qtot--) F.read(x,y),puts(f[x][y]?"YES":"NO");return 0;//对于每个询问输出答案
}