题目

题目背景
滴——🎵 滴——🎵 踹¹叉！🎵 你真了不得🎵 黑题构造，难不住你🎵 杀出个王校长！🎵

题目描述
可见于校长的博客。

思路

啥也不会，先考虑拿 $m=2n+1$ 部分分。手玩较小的情况，发现 $n=2$ 有解，并可由此得到所有 $2\mid n$ 。但 $n=1$ 和 $n=3$ 都无解。猜测 $2\nmid n$ 无解。赛时我就想不明白这是为什么，所以我就寄了 😓

事实上我们注意到：记 $p_i(1⩽i⩽2n)$ 为，走完 $[i-1,i]$ 这一段之后，接下来应当走哪一段。最初 $p_i=i+1$，特别地，令 $p_{2n}=1$ 。那么 $a,b$ 之间建立虫洞，等价于交换 $p_a,p_b$ 。最后 $p_i$ 构成一个 置换，与 $1$ 在同一置换环中的点会被走过。

那么 $m=2n+1$ 希求一个完整的偶长度置换环，然而 $2\nmid n$ 表明它是奇排列，于是寄了。

想到置换是比较关键的。话又说回来，当你意识到 “不可能死循环” 的时候，你就应该从置换的角度去思考了啊 😢

然后考虑 $m⩽8$ 这样的部分分。发现两侧都不被经过的点，可以任意配对，并且这样的点也只能内部匹配。

由此，我们按照左右两侧的需要被经过情况，分出四类点 $N(one),A(ll),L(eft),R(ight)$ 。那么显然的，$N$ 和 $N$ 配对，$L$ 和 $R$ 配对，$A$ 和 $A$ 配对。那么 $N$ 类点就不必再考虑了。这是 简化问题 的方式。

于是剩下 $ALRALRA$ 之类的东西。如果 $A$ 的数量是 $4$ 的倍数，直接用 $m=2n+1$ 方案构造即可，因为此时 $LR$ 相当于路上的小插曲。如果 $A$ 的数量不是 $4$ 的倍数，我们知道，关键矛盾在于逆序对奇偶性。那么大概需要一对 $LRAALR$，然后蓝配蓝、红配红。

画图可见，它的效果是内部一个置换环、外部一个置换环。手玩可知，只要两个环都存在 $A$，二者就可以被拼接起来。与之相对的，如果没有这样的 $\text{pattern}$ 就无解。因为这是唯一拯救这罪恶的逆序对的方法。

当然上面只表明了有解，实际上构造解的方式很 $\mathrm{s}\mathrm{i}\mathrm{m}\mathrm{p}\mathrm{l}\mathrm{e}$：只需找到 $ALRALR$，除了 $LR$ 按照之前所说的 $\text{pattern}$ 连，再把 $AA$ 连上就行。当然外面的 $A$ 也可以在右。

代码

#include <cstdio>
#include <algorithm> // Almighty XJX yyds!!
#include <cstring> // oracle: ZXY yydBUS!!!
#include <cctype> // Huge Egg Dog ate me!!!
#include <cstdlib>
using llong = long long;
# define rep(i,a,b) for(int i=(a); i<=(b); ++i)
# define drep(i,a,b) for(int i=(a); i>=(b); --i)
# define rep0(i,a,b) for(int i=(a); i!=(b); ++i)
inline int readint(){
	int a = 0, c = getchar(), f = 1;
	for(; !isdigit(c); c=getchar()) if(c == '-') f = -f;
	for(; isdigit(c); c=getchar()) a = a*10+(c^48);
	return a*f;
}

const int MAXN = 200005;
bool vis[MAXN];	int match[MAXN];

int nxt[MAXN];
int main(){
	int n = readint(), m = readint(), cnta = 0;
	while(m--) vis[readint()] = true;
	{ // basic matching for 'N'
		int lstn = -1;
		for(int i=1; i<=(n<<1); ++i)
			if(!vis[i-1] && !vis[i]){ // 'N'
				if(!(~lstn)){ lstn = i; continue; }
				match[i] = lstn, match[lstn] = i, lstn = -1;
			}
			else if(vis[i-1] && vis[i]) ++ cnta;
		if(~lstn){ puts("No"); return 0; }
	}
	if((cnta&3) == 2){
		bool flag = false;
		rep(i,1,n<<1) if(vis[i-1] && vis[i]){ // 'A'
			int rig = i; while(rig <= (n<<1) &&
				vis[rig-1] && vis[rig]) ++ rig;
			int zuo[3] = {0,0,0};
			for(int j=i-1; j; --j)
				if(!vis[j-1] && vis[j]) zuo[2] = j;
				else if(vis[j-1] && !vis[j]){
					zuo[1] = j; break; // collected
				}
			if(!zuo[1]){ i = rig-1; continue; }
			for(int j=zuo[1]-1; j; --j)
				if(vis[j-1] && vis[j]){
					zuo[0] = j; break;
				}
			int you[3] = {i,i,i};
			for(int j=i+1; j<=(n<<1); ++j)
				if(vis[j-1] && !vis[j]) you[0] = j;
				else if(!vis[j-1] && vis[j]){
					you[1] = j; break;
				}
			if(you[1] != i)
				for(int j=you[1]+1; j<=(n<<1); ++j)
					if(vis[j-1] && vis[j]){
						you[2] = j; break;
					}
			if(zuo[0] && you[1] != i){ // link to left
				match[zuo[0]] = i, match[i] = zuo[0];
				match[zuo[1]] = you[1], match[you[1]] = zuo[1];
				match[zuo[2]] = you[0], match[you[0]] = zuo[2];
				flag = true; break;
			}
			if(zuo[1] && you[2] != i){ // link to right
				match[rig-1] = you[2], match[you[2]] = rig-1; 
				match[zuo[1]] = you[1], match[you[1]] = zuo[1];
				match[zuo[2]] = you[0], match[you[0]] = zuo[2];
				flag = true; break;
			}
			i = rig-1; // skip the segment
		}
		if(!flag){ puts("No"); return 0; }
	}
	int lstl = -1, lsta[4] = {-1,-1,-1,-1};
	puts("Yes"); // can be sure
	for(int i=1|(cnta=0); i<=(n<<1); ++i){
		if(match[i]){
			if(match[i] < i)
				printf("%d %d\n",match[i],i);
			continue; // 'N' or known
		}
		if(vis[i-1] && vis[i]){ // 'A'
			lsta[cnta++] = i;
			if(cnta == 4){ // done
				printf("%d %d\n%d %d\n",lsta[0],
				  lsta[2],lsta[1],lsta[3]);
				cnta = 0; // reset
			}
		}
		else if(vis[i-1]) // 'L'
			lstl = i; // assert(lstl == -1);
		else printf("%d %d\n",lstl,i);
	}
	return 0;
}
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1. 作词者 $\text{Rainybunny}$，意即 $\text{XY}$，叉歪。 ↩︎