传送门

题意：

给你两个完全相同的图，现在两个图的每个点上有一个值$val$并且有一个颜色$col$，颜色只能为红色或黑色，注意两个图只是长得一样，点的权值和颜色并不一定相同。现在你可以进行若干次操作，每次操作可以选择一条边两边的两个点，交换其$val$，如果这两个点的颜色相同，那么颜色取反，即红色变黑色，黑色变红色，否则颜色不变。
问你能否经过若干次操作使得两张图每个点对应的值和颜色相同。
$n\le 1e6$

思路：

比较显然的是我们只用操作一个图即可，并且每个每个联通块是独立的。
我们考虑单个连通块怎么判断，首先肯定是其$val$的可重集合是相等的才可以，其次我们就需要转换一下他的操作，可以发现我们的操作等价于：将$u,v$的$val,col$交换，之后再将$u,v$的$col$都取反。不看$val$的话这就是一个经典的二分图模型，可以发现一个数字被交换了奇数次，那么他的颜色就会取反，否则不变，所以我们考虑将其分为二分图和非二分图来考虑。
$(1)$如果这个图是一个二分图，那么我们用染色法将其分成两部分，设染的色为$now$，考虑要将$u,v$两个位置对换，如果$u,v$在二分图的同一边的话，他们只能颜色相同才可以，因为他们之间的路径长度为偶数，不会改变颜色。如果他们不在一边，那么他们颜色必须不同，原因同上。更具体点来说，我们将其按照$now\oplus col$分成两个可重集合，判断两个图的对应集合是否相同即可。
$(2)$如果这个图不是一个二分图，那么他一定存在一个奇环，我们可以在有奇环的情况下每次翻转两个位置的颜色，由于一次翻转两个颜色，所以不改变奇偶性，只需要判断一下初始的时候他们的某个颜色是否不同。

实现起来还是有点技巧的。

// Problem: G - Power Station of Art
// Contest: Virtual Judge - 2021多校第六场补题
// URL: https://vjudge.net/contest/451552#problem/G
// Memory Limit: 524 MB
// Time Limit: 5000 ms
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)//#pragma GCC optimize("Ofast,no-stack-protector,unroll-loops,fast-math")
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#include<cstdio>
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#define X first
#define Y second
#define L (u<<1)
#define R (u<<1|1)
#define pb push_back
#define mk make_pair
#define Mid ((tr[u].l+tr[u].r)>>1)
#define Len(u) (tr[u].r-tr[u].l+1)
#define random(a,b) ((a)+rand()%((b)-(a)+1))
#define db puts("---")
using namespace std;//void rd_cre() { freopen("d://dp//data.txt","w",stdout); srand(time(NULL)); }
// void rd_ac() { freopen("d://dp//1007.in","r",stdin); freopen("d://dp//ac.txt","w",stdout); }
//void rd_wa() { freopen("d://dp//data.txt","r",stdin); freopen("d://dp//WA.txt","w",stdout); }typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef pair<int,int> PII;const int N=1000010,mod=1e9+7,INF=0x3f3f3f3f;
const double eps=1e-6;int n,m;
int st[N];
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vector<int>id[3],col[3][3];void dfs(int u,int c) {if(st[u]!=-1) {if(st[u]!=c) flag=false;return;}st[u]=c;for(int i=1;i<=2;i++) {id[i].pb(val[i][u]);col[i][c^p[i][u]].pb(val[i][u]);iv[i]+=p[i][u];}for(auto x:v[u]) dfs(x,c^1);
}int main()
{
//	ios::sync_with_stdio(false);
//	cin.tie(0);// rd_ac();int _; scanf("%d",&_);while(_--) {scanf("%d%d",&n,&m);for(int i=1;i<=n;i++) v[i].clear(),st[i]=-1;for(int i=1;i<=m;i++) {int a,b; scanf("%d%d",&a,&b);v[a].pb(b); v[b].pb(a);}for(int i=1;i<=2;i++) {for(int j=1;j<=n;j++) scanf("%d",&val[i][j]);scanf("%s",s+1);for(int j=1;j<=n;j++) p[i][j]=s[j]=='R'? 1:0;}int ans=1;for(int i=1;i<=n;i++) {if(st[i]==-1) {flag=true; for(int j=1;j<=2;j++) {id[j].clear();col[j][0].clear();col[j][1].clear();}iv[1]=iv[2]=0;dfs(i,0);for(int j=1;j<=2;j++) {sort(id[j].begin(),id[j].end());sort(col[j][0].begin(),col[j][0].end());sort(col[j][1].begin(),col[j][1].end());}if(id[1]!=id[2]) ans=0;if(flag&&(col[1][0]!=col[2][0]||col[1][1]!=col[2][1])) ans=0;if(!flag&&abs(iv[1]-iv[2])%2!=0) ans=0;}}if(ans) puts("YES");else puts("NO");for(int i=1;i<=n;i++) v[i].clear();}return 0;
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