题目分析

30 分做法：初始，所有 $(x,x)$和所有满足 $x,y$同色且中间有边的 $(x,y)$之间都有回文路径。将所有点对放入队列中，从两个端点开始往周围各找一个同色的点，就可以扩展出新点对，满足存在回文路径。复杂度 $O(m^2)$。

优化建图是这样的，首先只连上那些连接同色点的边，原图构成了若干连通块。

一个回文串，例如 11100111，就是经过了三个连通块。

由于我可以通过在一条边上来回走的方法改变当前走的同色段的长度，但不可以改变长度的奇偶性，所以长度不重要，重要的是回文中对应的两端，奇偶性要一样。

假如这个连通块是一个二分图，则若进入连通块的点和出的点属于不同侧，长度必是奇数，反之必是偶数。留下生成树，不改变这个性质。

假如不是二分图，必存在奇环，通过走奇环，可以改变长度奇偶性，所以生成树做出来后，在随意的一个点上连一条自环即可。

接下来，再画出只存在连接不同色点的边的图，必是一个二分图，同样，做出生成树不改变其贡献。

于是边数就优化到了 $O(n)$级别，套用 30 分做法即可。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define RI register int
int read() {
    int q=0;char ch=' ';
    while(ch<'0'||ch>'9') ch=getchar();
    while(ch>='0'&&ch<='9') q=q*10+ch-'0',ch=getchar();
    return q;
}
typedef pair<int,int> PR;
const int N=5005,M=1000005;
int n,m,Q,tot;char col[N];
int f[N],h[N],ne[M],to[M],orz[N];bool ans[N][N];
vector<int> e[N];
queue<PR> que;

int find(int x) {return x==f[x]?x:f[x]=find(f[x]);}
void add(int x,int y) {to[++tot]=y,ne[tot]=h[x],h[x]=tot;}
int dfs(int x,int c) {
    orz[x]=c;int re=0;
    for(RI i=0;i<e[x].size();++i) {
        int y=e[x][i];
        if(!orz[y]) {
            add(x,y),add(y,x),re|=dfs(y,3-c);
            ans[x][y]=ans[y][x]=1,que.push((PR){min(x,y),max(x,y)});
        }
        else if(orz[y]==c) re=1;
    }
    return re;
}
void BFS() {
    for(RI i=1;i<=n;++i) ans[i][i]=1,que.push((PR){i,i});
    while(!que.empty()) {
        int x=que.front().first,y=que.front().second;que.pop();
        for(RI i=h[x];i;i=ne[i])
            for(RI j=h[y];j;j=ne[j])
                if(col[to[i]]==col[to[j]]&&!ans[to[i]][to[j]]) {
                    int k1=to[i],k2=to[j];if(k1>k2) swap(k1,k2);
                    ans[k1][k2]=ans[k2][k1]=1,que.push((PR){k1,k2});
                }
    }
}

int main()
{
    n=read(),m=read(),Q=read();
    scanf("%s",col+1);
    for(RI i=1;i<=n;++i) f[i]=i;
    for(RI i=1;i<=m;++i) {
        int x=read(),y=read();
        if(col[x]!=col[y]) {
            int r1=find(x),r2=find(y);
            if(r1!=r2) f[r1]=r2,add(x,y),add(y,x);
        }
        else e[x].push_back(y),e[y].push_back(x);
    }
    for(RI i=1;i<=n;++i) if(!orz[i]) {if(dfs(i,1)) add(i,i);}
    BFS();
    while(Q--) {
        int x=read(),y=read();
        puts(ans[x][y]?"YES":"NO");
    }
    return 0;
}