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=5005,M=1e6+7; 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=0; for(int i=0;i<G[u].size();i++) if(col[G[u][i]]==-1) { add(u,G[u][i]),add(G[u][i],u); ret|=dfs(G[u][i],c^1); f[u][G[u][i]]=f[G[u][i]][u]=1; q.push(pii(min(u,G[u][i]),max(u,G[u][i]))); } else if(col[G[u][i]]==c)ret=1; return ret; } int main() { scanf("%d%d%d",&n,&m,&Q); scanf("%s",str+1); for(int i=1;i<=n;i++)fa[i]=i; for(int i=1,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,-1,sizeof col); for(int i=1;i<=n;i++)if(col[i]==-1&&dfs(i,0))add(i,i); for(int i=1;i<=n;i++)f[i][i]=1,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]]=1,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"); } }