大致题意
给出一颗n个结点n-1条边的树，再给出一个长度为n的字符串s，树上的每个点都表示一个字符，点i表示的字符是s[i]，其只包含大写拉丁字符。再给出q个查询，对于每个查询，会给出两个整数u,v,表示树上的两个点。对于每个查询你将从点v开始走最短路径走到点u，并按行走的顺序连接每个结点上的字符，形成一个新的字符串H,你需要计算字符串H中包含子串‘ABCBA’的个数。子串的定义就是存在任意下标a
输入
第一行两个数n，q。1<=n<=3e4,1<=q<=1e5。
第二行一个长度为n的字符串s。所有字符都为大写拉丁字符。
接下来n-1行每行两个数u,v表示点u和点v之间有一条边
接下来q行每行两个整数u,v。1<=u,v<=n。
输出
对于每个查询输出一个整数表示点v到点u的路径上”ABCBA”子串的个数，每个答案占一行，答案对10007取模。
思路
树上主席树从root的结构来看是一个树的形态，从权值线段树的角度来看是一个多链的权值线段树。其权值可以是一个数字，只要满足序列即可。
也是从这道题我才发现原来主席树也可以pushup，维护复杂信息，以前只知道求区间第k大，每个点只要维护个sum。其实也是可以维护线段树一样的复杂信息。只不过在线段树的基础上主席树具有前缀和的性质。
这里对于每个节点维护有关字符串"ABCBA"的各种子串的个数信息。
其中包括 A,AB,ABC,ABCB,ABCBA,B,BC,BCB,BCBA,C,CB,CBA,BA。
这个计数dp的状态转移方程很好想。然后对于一段树链，需要一段连续的序列来维护，容易想到主席树的权值可以选择点的深度。一段深度的连续序列正好表示了从根到叶子节点的某一段。注意当需要两段合并的时候，有一段是翻转序列。
代码
#include
using namespace std;
#define maxn 30005
#define maxm 1006
#define ll long long int
#define INF 0x3f3f3f3f
#define inc(i,l,r) for(int i=l;i<=r;i++)
#define dec(i,r,l) for(int i=r;i>=l;i--)
#define mem(a) memset(a,0,sizeof(a))
#define sqr(x) (x*x)
#define inf (ll)2e18+1
#define PI acos(-1)
#define mod 10007
#define auto(i,x) for(int i=head[x];i;i=ed[i].nxt)
ll read(){
ll x=0,f=1ll;char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(isdigit(ch))x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
return f*x;
}
int n,m;
char s[maxn];
struct edge{int v,nxt;}ed[maxn<<1];
int head[maxn],tot;
void add(int x,int y){ed[++tot]={y,head[x]};head[x]=tot; }
struct node{int A,AB,ABC,ABCB,ABCBA,B,BC,BCB,BCBA,C,CB,CBA,BA;}t[maxn*20],o;
int ls[maxn*20],rs[maxn*20],root[maxn],siz,fa[maxn][17],dep[maxn];
node operator + (node p,node q){
node res=o;
res.A=(p.A+q.A)%mod;
res.AB=(p.AB+q.AB+p.A*q.B%mod)%mod;
res.ABC=(p.ABC+q.ABC+p.A*q.BC%mod+p.AB*q.C%mod)%mod;
res.ABCB=(p.ABCB+q.ABCB+p.A*q.BCB%mod+p.AB*q.CB%mod+p.ABC*q.B%mod)%mod;
res.ABCBA=(p.ABCBA+q.ABCBA+p.A*q.BCBA%mod+p.AB*q.CBA%mod+p.ABC*q.BA%mod+p.ABCB*q.A%mod)%mod;
res.B=(p.B+q.B)%mod;
res.BC=(p.BC+q.BC+p.B*q.C%mod)%mod;
res.BCB=(p.BCB+q.BCB+p.B*q.CB%mod+p.BC*q.B%mod)%mod;
res.BCBA=(p.BCBA+q.BCBA+p.B*q.CBA%mod+p.BC*q.BA%mod+p.BCB*q.A%mod)%mod;
res.C=(p.C+q.C)%mod;
res.CB=(p.CB+q.CB+p.C*q.B%mod)%mod;
res.CBA=(p.CBA+q.CBA+p.C*q.BA%mod+p.CB*q.A%mod)%mod;
res.BA=(p.BA+q.BA+p.B*q.A%mod)%mod;
return res;
}
void insert(int l,int r,int &x,int y,int pos,char c){
x=++siz;
ls[x]=ls[y];rs[x]=rs[y];
if(l==r){
if(c=='A')t[x].A=1;
else if(c=='B')t[x].B=1;
else t[x].C=1;
return ;
}
int mid=(l+r)>>1;
if(pos<=mid)insert(l,mid,ls[x],ls[y],pos,c);
else insert(mid+1,r,rs[x],rs[y],pos,c);
t[x]=t[ls[x]]+t[rs[x]];
}
void dfs(int x,int f){
dep[x]=dep[f]+1;
fa[x][0]=f;
inc(i,1,16)fa[x][i]=fa[fa[x][i-1]][i-1];
insert(1,n,root[x],root[f],dep[x],s[x]);
for(int i=head[x];i;i=ed[i].nxt){
int v=ed[i].v;
if(v==f)continue;
dfs(v,x);
}
}
int lca(int x,int y){
if(dep[x]<dep[y])swap(x,y);
dec(i,16,0)if(dep[fa[x][i]]>=dep[y])x=fa[x][i];
if(x==y)return x;
dec(i,16,0)if(fa[x][i]!=fa[y][i])x=fa[x][i],y=fa[y][i];
return fa[x][0];
}
node query(int x,int l,int r,int lp,int rp){
if(lp<=l&&r<=rp)return t[x];
int mid=(l+r)>>1;
node res=o;
if(lp<=mid)res=res+query(ls[x],l,mid,lp,rp);
if(mid+1<=rp)res=res+query(rs[x],mid+1,r,lp,rp);
return res;
}
int main()
{
n=read();m=read();
scanf("%s",s+1);
int x,y;
inc(i,1,n-1){
x=read();y=read();
add(x,y);add(y,x);
}
dfs(1,0);
inc(i,1,m){
x=read();y=read();
int z=lca(x,y);
if(x==z||y==z){
if(x==z)printf("%d\n",(query(root[y],1,n,dep[x],dep[y]).ABCBA+mod)%mod);
else printf("%d\n",(query(root[x],1,n,dep[y],dep[x]).ABCBA+mod)%mod);
}
else {
node res1=query(root[x],1,n,dep[z],dep[x]);
node res2=query(root[y],1,n,dep[z]+1,dep[y]);
int ans=res1.ABCBA+res2.ABCBA+res1.A*res2.BCBA%mod+res1.BA*res2.CBA%mod+res1.CBA*res2.BA%mod+res1.BCBA*res2.A%mod;
printf("%d\n",ans%mod);
}
}
return 0;
}
