翻译

[ABC289F] Teleporter Takahashi

首先，我们考虑一维问题：

首先，高桥君位于数轴上的坐标位置 $s$ 。我们希望通过重复操作“选择 $a \leq x \leq b$ ，将高桥君移动到与 $x$ 对称的位置”将高桥君移动到 $t$ 。

当选择 $x$ 进行操作时，位于点 $p$ 的高桥君会移动到 $2 x - p$ （ $x = (p + n e w) \div 2$ ）。由于 $p \equiv 2 x - p (\mod 2)$ ，当 $s ≢ t (\mod 2)$ 时，无论如何都无法从 $s$ 移动到 $t$ 。以下假设 $s \equiv t (\mod 2)$ 。

当 $a = b$ 时，只能移动到 $s$ 和 $2 a - s$ 。进行偶数次操作会将其移动到 $s$ ，进行奇数次操作会将其移动到 $2 a - s$ 。

当 $a \neq b$ 时，按顺序操作 $a$ 和 $a + 1$ 会使 $p \to p + 2$ 。按顺序操作 $a + 1$ 和 $a$ 会使 $p \to p - 2$ 。由于 $s \equiv t (\mod 2)$ ，可以通过进行 $| s - t |$ 次操作将高桥君从 $s$ 移动到 $t$ 。

现在回到二维问题。需要满足 $s_{x} ≢ t_{x} (\mod 2)$ 或 $s_{y} \equiv t_{y} (\mod 2)$ 。

当 $a = b$ 或 $c = d$ 时，根据 $s$ 和 $t$ 的坐标确定操作次数为偶数次或奇数次。

当 $a = b$ 且 $t_{x} \notin {s_{x}, 2 a - s_{x}}$ 时（即不管怎么变化横坐标都不行）
当 $c = d$ 且 $t_{y} \notin {s_{y}, 2 c - s_{y}}$ 时（即不管怎么变化纵坐标都不行）
当 $a = b$ 且 $c = d$ 且 $t_{x} = s_{x}$ 且 $t_{y} = 2 c - s_{y}$ 时（尽管二个都满足，但是它们并不是一个奇偶性所对应的）
当 $a = b$ 且 $c = d$ 且 $t_{x} = 2 a - s_{x}$ 且 $t_{y} = s_{y}$ 时（尽管二个都满足，但是它们并不是一个奇偶性所对应的）

以上情况的答案为No。

如果操作次数确定为偶数次或无法确定，那么 $x$ 坐标要么已经匹配，要么相差 $2 k$ （其中 $k \neq 0$ ）。如果 $x$ 坐标相差 $2 k$ ，则 $a < b$ 。此时，可以按顺序操作 $(a, c)$ 和 $(a + 1, c)$ 将 $(p_{x}, p_{y}) \to (p_{x} + 2, p_{y})$ 。按顺序操作 $(a + 1, c)$ 和 $(a, c)$ 将 $(p_{x}, p_{y}) \to (p_{x} - 2, p_{y})$ 。因此，可以通过进行 $| s_{x} - t_{x} |$ 次操作，保持高桥君所在位置的 $y$ 坐标不变，将 $x$ 坐标与 $s_{x}$ 匹配。

类似地，通过重复操作 $(a, c)$ 和 $(a, c + 1)$ 或 $(a, c + 1)$ 和 $(a, c)$ ，可以将高桥君所在位置的 $x$ 坐标保持不变，将 $y$ 坐标与 $s_{y}$ 匹配。

所需操作次数为 $| s_{x} - t_{x} | + | s_{y} + t_{y} | \leq 4 \times 10^{5} < 10^{6}$ ，非常小。

如果操作次数确定为奇数次（即不能只用偶数次，那么一定有一维被锁死），可以通过事先对某个点进行操作来将问题转化为偶数次操作的情况。（这样就可以将锁死的一维解放）例如，选择对 $(a, c)$ 进行操作，则总操作次数为 $1 + | (2 a - s_{x}) - t_{x} | + | (2 c - s_{y}) - t_{y} | \leq 1 + 8 \times 10^{5} < 10^{6}$ ，问题得以解决。

总结如下：

如果 $s_{x}$ 和 $t_{x}$ 或 $s_{y}$ 和 $t_{y}$ 的奇偶性不匹配，则答案为No。
如果满足以下情况之一，则答案为No：
- $a = b$ 且 $t_{x} \notin {s_{x}, 2 a - s_{x}}$
- $c = d$ 且 $t_{y} \notin {s_{y}, 2 c - s_{y}}$
- $a = b$ 且 $c = d$ 且 $t_{x} = s_{x}$ 且 $t_{y} = 2 c - s_{y}$
- $a = b$ 且 $c = d$ 且 $t_{x} = 2 a - s_{x}$ 且 $t_{y} = s_{y}$
否则，答案为Yes。
如果 $a = b$ 且 $t_{x} = 2 a - s_{x}$ ，或者 $c = d$ 且 $t_{y} = 2 c - s_{y}$ ，则进行操作 $(a, c)$ 。
如果 $s_{x} \neq t_{x}$ ，则重复操作 $(a, c), (a + 1, c)$ 或 $(a + 1, c), (a, c)$ 中合适的操作。
如果 $s_{y} \neq t_{y}$ ，则重复操作 $(a, c), (a, c + 1)$ 或 $(a, c + 1), (a, c)$ 中合适的操作。

以下是实现示例。在这类问题中，定义一个将操作和输出结合在一起的函数可能会使代码更易于实现。

（附加：可以找到最短的操作序列。）

#include <iostream>

int main() {
	using namespace std;

	long sx, sy, tx, ty, a, b, c, d;
	cin >> sx >> sy >> tx >> ty >> a >> b >> c >> d;

	// 如果坐标的奇偶性不匹配，则输出 No
	if ((sx ^ tx) % 2 != 0 || (sy ^ ty) % 2 != 0) {
		cout << "No" << endl;
		return 0;
	}

	// 可能性_0：能否通过偶数次操作到达
	// 可能性_1：能否通过奇数次操作到达
	bool 可能性_0{(a != b || sx == tx) && (c != d || sy == ty)};
	bool 可能性_1{(a != b || sx + tx == a + b) && (c != d || sy + ty == c + d)};

	// 如果两者都不可能，则输出 No
	if (!可能性_0 && !可能性_1) {
		cout << "No" << endl;
		return 0;
	}

	// 否则，输出 Yes
	cout << "Yes" << endl;

	// 定义操作函数
	const auto 操作{[&sx, &sy](long x, long y){
		cout << x << " " << y << endl;
		sx = 2 * x - sx;
		sy = 2 * y - sy;
	}};

	// 如果无法通过偶数次操作，则先进行一次操作
	if (!可能性_0) 操作(a, c);

	// 逐步调整坐标，使其相差为2的倍数
	while (sx < tx) { // 增加 x 坐标
		操作(a, c);
		操作(a + 1, c);
	}
	while (sx > tx) { // 减少 x 坐标
		操作(a + 1, c);
		操作(a, c);
	}
	while (sy < ty) { // 增加 y 坐标
		操作(a, c);
		操作(a, c + 1);
	}
	while (sy > ty) { // 减少 y 坐标
		操作(a, c + 1);
		操作(a, c);
	}

	return 0;
}