[cf1266H]Red-Blue Graph

对于$i\in [1,n)$，记$x_{i}$表示经过$(i,r_{i})$的次数，根据出入度平衡，不难得到
$$
2x_{i}-[s_{i}=R]+[i=k]=\sum_{r_{j}=i}x_{j}+\sum_{b_{j}=i}(x_{j}-[s_{j}=R])+[i=1]
$$
根据这$n-1$个方程解得$\{x_{i}\}$，最终答案即$\sum_{i=1}^{n-1}(2x_{i}-[s_{i}=R])$

注意到$k$和$s$仅影响常数项，记系数矩阵为$A$，每次即给定$b$并求$Ax=c$

另外，$A$的行列式即以$n$为根的外向树个数（矩阵树定理），进而$A$满秩

预处理出$A$的逆矩阵$A^{-1}$，即得到$x=A^{-1}c$，单次询问复杂度降为$o(n^{2})$

得到$\{x_{i}\}$后，需要判定合法性，有以下结论——

结论：$\{x_{i}\}$合法当且仅当满足以下两个条件

• $x_{i}$均为非负整数，不存在$x_{i}=0$且$s_{i}=R$
• 对于$x_{i}>0$，存在$i$通过边集$\{(i,r_{i})\mid s_{i}=R\}\cup \{(i,b_{i})\mid s_{i}=B\}$到$k$的路径

关于必要性，第一条显然成立，第二条对这些点按最后一次经过的时间从大到小归纳即可

关于充分性，注意到$\{x_{i}\}$已经确定每条边被经过的次数，且对应的条件保证这些次数合法

在此基础上，对答案从小到大归纳，仅需在图中撤销一条边并保证第二条仍成立即可

若$k$当前出边的点$x_{i}=0$，显然$k$至多被到达一次，并将该边撤销即可

若$k$当前出边的点$x_{i}\ne 0$，找到其到$k$路径上对应的儿子撤销，显然仍成立

关于非负整数的判定，可以对两个$>\max x_{i}$的大素数取模，若结果相同即可看作非负整数

不难证明$\max x_{i}\le 2^{n-2}$，具体的大素数可以参考代码

时间复杂度为$o(n^{3}+qn^{2})$，可以通过

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 60
#define ll long long
#define LL __int128
int n,q,k,r[N],b[N],vis[N];
char s[N];ll ans;vector<int>e[N];
struct Data{
    ll mod,a[N][N],ai[N][N],c[N],x[N];
    ll mul(ll x,ll y){
        return (LL)x*y%mod;
    }
    ll qpow(ll n,ll m){
        ll s=n,ans=1;
        while (m){
            if (m&1)ans=mul(ans,s);
            s=mul(s,s),m>>=1;
        }
        return ans;
    }
    void guess(){
        for(int i=1;i<n;i++){
            int pos=0;
            for(int j=i;j<n;j++)
                if (a[j][i]){pos=j;break;}
            if (pos!=i){
                for(int j=i;j<n;j++)swap(a[i][j],a[pos][j]);
                for(int j=1;j<n;j++)swap(ai[i][j],ai[pos][j]);
            }
            ll s=qpow(a[i][i],mod-2);
            for(int j=i;j<n;j++)a[i][j]=mul(a[i][j],s);
            for(int j=1;j<n;j++)ai[i][j]=mul(ai[i][j],s);
            for(int j=i+1;j<n;j++){
                ll s=a[j][i];
                for(int k=i;k<n;k++)a[j][k]=(a[j][k]-mul(a[i][k],s)+mod)%mod;
                for(int k=1;k<n;k++)ai[j][k]=(ai[j][k]-mul(ai[i][k],s)+mod)%mod;
            }
        }
        for(int i=n;i;i--)
            for(int j=1;j<i;j++){
                ll s=a[j][i];
                for(int k=1;k<n;k++)ai[j][k]=(ai[j][k]-mul(ai[i][k],s)+mod)%mod;
            }
    }
    void build(ll Mod){
        mod=Mod;
        for(int i=1;i<n;i++){
            a[i][i]=2,ai[i][i]=1;
            for(int j=1;j<n;j++){
                a[i][j]-=(r[j]==i)+(b[j]==i);
                if (a[i][j]<0)a[i][j]+=mod;
            }
        }
        guess();
    }
    void calc(){
        for(int i=1;i<n;i++){
            c[i]=(i==1)+(s[i]=='R')-(i==k);
            for(int j=1;j<n;j++)
                if (b[j]==i)c[i]-=(s[j]=='R');
            if (c[i]<0)c[i]+=mod;
        }
        for(int i=1;i<n;i++){
            x[i]=0;
            for(int j=1;j<n;j++)x[i]=(x[i]+mul(ai[i][j],c[j]))%mod;
        }
    }
}A,B;
void dfs(int k){
    if (vis[k])return;
    vis[k]=1;
    for(int i:e[k])dfs(i);
}
bool check(){
    for(int i=1;i<n;i++)
        if ((A.x[i]!=B.x[i])||(!A.x[i])&&(s[i]=='R'))return 0;
    memset(vis,0,sizeof(vis));
    for(int i=1;i<=n;i++)e[i].clear();
    for(int i=1;i<n;i++)e[(s[i]=='R') ? r[i] : b[i]].push_back(i);
    dfs(k);
    for(int i=1;i<n;i++)
        if ((A.x[i])&&(!vis[i]))return 0;
    return 1;
}
int main(){
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<n;i++)scanf("%d%d",&b[i],&r[i]);
    A.build(72057594037928017LL);
    B.build(72057594037928033LL); 
    scanf("%d",&q);
    for(int i=1;i<=q;i++){
        scanf("%d%s",&k,s+1);
        A.calc(),B.calc();
        if (!check())ans=-1;
        else{
            ans=0;
            for(int j=1;j<n;j++)ans+=(A.x[j]<<1)-(s[j]=='R');
        }
        printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}