考虑2-SAT建图，设$a[i][0..1]$表示$i$变不变，$b[i][0..1]$表示$i$是下降还是上升。
首先相邻的不能同时动，说明$a[i]$和$a[i+1]$里最多选一个。
对于$x$和$y$要相等，假设$s[x]\geq s[y]$。
$1.$若$s[x]-s[y]=3$，则视为$1$，并交换$x,y$。
$2.$若$s[x]=s[y]$，那么它们的任何行动都是相等的：
$a[x][0]\leftrightarrow a[y][0]$
$a[x][1]\leftrightarrow a[y][1]$
$b[x][0]\leftrightarrow b[y][0]$
$b[x][1]\leftrightarrow b[y][1]$
$3.$若$s[x]-s[y]=1$，那么它们有且仅能动一个，方向也是定的：
$a[x][0]\leftrightarrow a[y][1]$
$a[x][1]\leftrightarrow a[y][0]$
$a[x][1]$和$b[x][0]$最多只能选一个
$a[y][1]$和$b[y][1]$最多只能选一个
$4.$若$s[x]-s[y]=2$，那么它们都要动，而且方向相反：
$a[x][0]\rightarrow a[x][1]$
$a[y][0]\rightarrow a[y][1]$
$b[x][0]\leftrightarrow b[y][1]$
$b[x][1]\leftrightarrow b[x][0]$
求出SCC，若某个$a[i][0]$和$a[i][1]$在同一个SCC则无解，不需要考虑$b$，因为可以既不上升也不下降。
时间复杂度$O(n+m)$。
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=100010,M=N*4,E=2000000;
int n,m,i,j,k,cnt,a[N][2],b[N][2],p[N],g[2][M],v[2][E],nxt[2][E],ed,q[M],t,f[M];
bool vis[M];char s[N];
inline void read(int&a){char c;while(!(((c=getchar())>='0')&&(c<='9')));a=c-'0';while(((c=getchar())>='0')&&(c<='9'))(a*=10)+=c-'0';}
inline int getid(char x){
if(x=='A')return 0;
if(x=='G')return 1;
if(x=='T')return 2;
return 3;
}
inline void add(int x,int y){
v[0][++ed]=y;nxt[0][ed]=g[0][x];g[0][x]=ed;
v[1][ed]=x;nxt[1][ed]=g[1][y];g[1][y]=ed;
}
inline void add2(int x,int y){add(x,y),add(y,x);}
inline void check(int x,int y){
if(s[x]<s[y])swap(x,y);
int w=s[x]-s[y];
if(w==3)w=1,swap(x,y);
if(!w){
add2(a[x][0],a[y][0]);
add2(a[x][1],a[y][1]);
add2(b[x][0],b[y][0]);
add2(b[x][1],b[y][1]);
return;
}
if(w==1){
add2(a[x][0],a[y][1]);
add2(a[x][1],a[y][0]);
add(a[x][1],b[x][0]);
add(b[x][1],a[x][0]);
add(a[y][1],b[y][1]);
add(b[y][0],a[x][0]);
return;
}
add(a[x][0],a[x][1]);
add(a[y][0],a[y][1]);
add2(b[x][0],b[y][1]);
add2(b[x][1],b[y][0]);
}
void dfs1(int x){
vis[x]=1;
for(int i=g[0][x];i;i=nxt[0][i])if(!vis[v[0][i]])dfs1(v[0][i]);
q[++t]=x;
}
void dfs2(int x,int y){
vis[x]=0;f[x]=y;
for(int i=g[1][x];i;i=nxt[1][i])if(vis[v[1][i]])dfs2(v[1][i],y);
}
int main(){
while(~scanf("%d%d",&n,&m)){
if(!n)return 0;
scanf("%s",s);
for(i=0;i<n;i++)s[i]=getid(s[i]);
for(cnt=i=0;i<n;i++)for(j=0;j<2;j++)a[i][j]=++cnt,b[i][j]=++cnt;
for(ed=0,i=1;i<=cnt;i++)g[0][i]=g[1][i]=0;
for(i=0;i<n;i++){
if(i)add(a[i][1],a[i-1][0]);
if(i+1<n)add(a[i][1],a[i+1][0]);
}
while(m--){
read(k);
for(i=0;i<k;i++)read(p[i]);
for(i=0,j=k-1;i<j;i++,j--)check(p[i],p[j]);
}
for(t=0,i=1;i<=cnt;i++)if(!vis[i])dfs1(i);
for(i=cnt;i;i--)if(vis[q[i]])dfs2(q[i],q[i]);
for(i=0;i<n;i++)if(f[a[i][0]]==f[a[i][1]])break;
puts(i<n?"NO":"YES");
}
}