「题解」Codeforces 1698F Equal Reversal
do_while_true
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题解
为什么有些并不显然的东西在题解里是显然的啊，第一种方案构造方式是参考 UOJ 群里八云蓝教的。
- $a_1=b_1,a_n=b_n$；
- $\{\{a_i,a_{i+1}\}|1\leq i<n,i\in N\}=\{\{b_i,b_{i+1}\}|1\leq i<n,i\in N\}$，也就是相邻元素的无序数对构成的集合相同。
必要：每次操作不会改变 $a_1,a_n$，也不会改变相邻元素的无序数对的集合。
充分：考虑直接构造出这个方案。
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第一种构造：
若现在已经满足 $a_{[1,i]}$ 与 $b_{[1,i]}$ 相同，设 $a_i=b_i=x,a_{i+1}=b$，$b_{i+1}=c$．
那么 $a_{[i+1,n]}$ 中必然也会出现 $x,c$ 相邻（满足条件二）。
如果 $a_{[i,n]}$ 是 $[x,b,\cdots,c,x,\cdots]$，那么选择两个 $x$ 作为端点旋转即可将 $i+1$ 这个位置匹配成功；
如果 $a_{[i,n]}$ 是 $[x,b,\cdots x,c,\cdots]$，现在想办法把 $x,c$ 转过来：
考虑 $a$ 中 $[x,b,\cdots,x,c]$ 与其对应（区间端点下标相同）在 $b$ 中的 $[x,c,\cdots]$，若这两个区间不满足相邻元素的无序对构成的集合相同（称作平衡），考虑使得两段不平衡的一个数 $y$，形式化地，若将 $a$ 此段中相邻元素组成的无序数对构成的集合称作 $A$，$b$ 构成的称作 $B$，则一定存在一个 $y$ 满足 $\{\{y,z\}|\{y,z\}\in A\}\neq \{\{y,z\}|\{y,z\}\in B\}$，由于 $a$ 和 $b$ 的前 $i$ 个已经相同，那么在 $A$ 中没出现的 $\{y,z\}$ 一定在选出的这一段的后面，所以 $a_{[i,n]}$ 一定形如 $[x,b,\cdots,y,\cdots,x,c,\cdots,y,\cdots]$，选择两个 $y$ 作为端点旋转即可将 $i+1$ 这个位置匹配成功。注意到若 $y=c$，那么在边界上可能会出现点问题，此时直接将 $[x,b,\cdots,c,\cdots,x,c]$ 旋转为 $[x,b,\cdots c,x,\cdots,c]$ 即可转化为平衡时的情况（另一思路是，由于 $|A|=|B|$，说明至少有两个这样的 $y$，选择一个不为 $c$ 的即可）
如果平衡，考虑 $c$ 在无序对集合中出现的奇偶性，那么 $b$ 中这一段的末尾一定是 $c$，这表明 $a$ 中出现了至少两次 $c$，所以在这一段中 $a$ 是 $[x,b,\cdots,c,\cdots,x,c]$ 的形式，那么选择这两个 $c$ 作为端点旋转即可。
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第二种构造：
考虑建立一个图论模型，建立一个图 $G$，对所有值建一个点，对于所有的 $1\leq i<n$，将 $(a_i,a_{i+1})$ 连一条无向边。那么 $a$ 给定了这张图的一条欧拉路径，而操作相当于翻转在 $G$ 中遍历一个环的顺序。而结论是，通过若干次这样的操作，一定能得到其它任意的起点终点相同的欧拉路径。
首先操作是可逆的，所以考虑将任意两条不一样的路径变为一样的路径。
如果这两条路径从 $x$ 点开始出发的边不同，一条路径 $A$ 走了 $(x,y)$ ，另一条路径 $B$ 走了 $(x,z)$。根据欧拉路径的性质，在走这一步不一样的边之前，$x$ 的邻边还剩下奇数条边没有经过，假设这个数目是 $2k+1$，那么一条合法的欧拉路径会将剩下这 $(2k+1)$ 条边定向为 $(k+1)$ 条出边和 $k$ 条入边。如果在 $A$ 中 $(x,z)$ 是入边，那么 $A$ 翻转 $x\to y\to \cdots \to z\to x$ 这个环即可使得 $A$ 和 $B$ 在这一步上走相同的边；如果 $B$ 中 $(x,y)$ 是入边也同理。
那么现在还没考虑的情况就是 $(2k+1)$ 条边中，$A$ 和 $B$ 都将 $(x,y),(x,z)$ 定为了出边，还需要在剩下的 $(2k-1)$ 条边中定 $k$ 条入边和 $(k-1)$ 条出边，如果 $A$ 和 $B$ 有相同的入边 $(c,x)$，那么 $A$ 翻转 $x\to y\to \cdots \to c\to x$，$B$ 翻转 $x\to z\to \cdots \to c\to x$ 即可使得 $A$ 和 $B$ 在这一步上走相同的边。而根据鸽巢原理，$(2k-1)$ 条边中 $A$ 选 $k$ 条，$B$ 也选 $k$ 条，必定会有重复选的。所以一定能找到这样的 $c$．
基于此，我们可以在每一步进行适当的翻转 $A$ 或 $B$ 中一个环的遍历顺序，使得 $A$ 和 $B$ 成为相同的欧拉路径。由于操作可逆，所以得到原结论，通过这样的若干次这样的操作，一定能得到其它任意的起点终点相同的欧拉路径。
```cpp
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<ctime>
#include<random>
#define pb emplace_back
#define mp std::make_pair
#define fi first
#define se second
#define dbg(x) cerr<<"In Line "<< __LINE__<<" the "<<#x<<" = "<<x<<'\n';
#define dpi(x,y) cerr<<"In Line "<<__LINE__<<" the "<<#x<<" = "<<x<<" ; "<<"the "<<#y<<" = "<<y<<'\n';
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int,int>pii;
typedef pair<ll,int>pli;
typedef pair<ll,ll>pll;
typedef vector<int>vi;
typedef vector<ll>vll;
typedef vector<pii>vpii;
template<typename T>T cmax(T &x, T y){return x=x>y?x:y;}
template<typename T>T cmin(T &x, T y){return x=x<y?x:y;}
template<typename T>
T &read(T &r){
r=0;bool w=0;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9')w=ch=='-'?1:0,ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9')r=r*10+(ch^48),ch=getchar();
return r=w?-r:r;
}
template<typename T1,typename... T2>
void read(T1 &x, T2& ...y){ read(x); read(y...); }
const int N=510;
int n,a[N],b[N];
vpii ans;
void Rev(int l,int r){
ans.pb(mp(l,r));
reverse(a+l,a+r+1);
}
bool Solve(int i){
for(int j=i;j<n;j++)
if(a[j]==b[i]&&a[j+1]==b[i-1]){
Rev(i-1,j+1);
return 1;
}
for(int p=i;p<n;p++)
if(a[p]==b[i-1]&&a[p+1]==b[i]){
bool fl=0;
for(int j=i-1;j<=p&&!fl;j++)
for(int k=p+1;k<=n;k++)
if(a[j]==a[k]){
Rev(j,k);
fl=1;
break;
}
if(!fl){
return 0;
}
for(int j=i;j<n;j++)
if(a[j]==b[i]&&a[j+1]==b[i-1]){
Rev(i-1,j+1);
return 1;
}
}
return 0;
}
void solve(){
read(n);ans.clear();
for(int i=1;i<=n;i++)read(a[i]);
for(int i=1;i<=n;i++)read(b[i]);
if(a[1]!=b[1]||a[n]!=b[n]){
puts("NO");
return ;
}
for(int i=1;i<=n;i++){
if(a[i]==b[i])continue;
if(!Solve(i)){
puts("NO");
return ;
}
}
puts("YES");
cout << ans.size() << '\n';
for(auto x:ans)cout << x.fi << ' ' << x.se << '\n';
}
signed main(){
int T;read(T);while(T--)solve();
#ifdef do_while_true
cerr<<'\n'<<"Time:"<<clock()<<" ms"<<'\n';
#endif
return 0;
}
```