摸摸（2023 激励计划评分 9）

这篇题解使用了数学方法，$O\left(n\right)$ 解决本题。

思路

首先，容易发现操作一最多进行一次，之后的操作一均可用若干操作二等价代替。具体证明请参考 官方题解，这里不再赘述。

在本题解中，下标从 $0$ 开始，且所有的 $i$ 都保证 $i$ 为整数且 $0\le i<n$。

让我们重点关注 $a$ 数组的变化过程中的 $2$ 次——对 $t$ 进行操作一前最后一刻的样子与结束后的样子。

对 $t$ 进行操作前最后一刻，$a$ 数组为若干个 $b$ 数组元素依次相加得到的，可记作：

$$x\times t_0,x\times t_1,k\times t_2,\dots k\times t_{n-3},x\times t_{n-2},x\times t_{n-1}$$

即 $a_i=x\times t_i$。其中 $x$ 表示在进行唯一的操作一之前进行了 $k$ 次操作二。

在对 $t$ 进行操作一后，记操作二后的数组为 $t^{\prime }$：

$$t_0+t_{n-1},t_1+t_{n-2},t_2+t_{n-3},\dots t_2+t_{n-3},t_2+t_{n-2},t_1+t_{n-1}$$

即 $t_i^{\prime }=t_i+t_{n-i-1}$。

记操作结束后的数组 $a$ 为 $a^{\prime }$。$a^{\prime }$ 为操作 $2$ 前的 $a$ 数组与若干个 $b^{\prime }$ 元素依次相加得到，即

$$a_i^{\prime }=a_i+y\times t_i^{\prime }=x\times t_i+y\times \left(t_i+t_{n-i-1}\right)$$

其中 $y$ 表示进行操作一之后操作二的次数。

我们先假设答案为 Yes，即 $b$ 数组与 $a^{\prime }$ 相同。由此，我们已知 $a_i^{\prime },a_{n-i-1}^{\prime },t_i,t_{n-i-1}$，列出方程：

$$\{\begin{array}{l}{a}_i^{\prime }=x\times t_i+y\times \left(t_i+t_{n-i-1}\right)\\ a_{n-i-1}^{\prime }=x\times t_{n-i-1}+y\times \left(t_i+t_{n-i-1}\right)\end{array}$$

可解得：

$$\{\begin{array}{l}x=\frac{a_i^{\prime }-a_{n-i-1}^{\prime }}{t_i-t_{n-i-1}}\\ y=\frac{a_i^{\prime }-x\cdot k_i}{t_i+t_{n-i-1}}\end{array}$$

尝试解这个方程。当出现无法整除或解是负数的情况时直接输出 No。
但是还有一个问题：当 $t_i=t_{n-i-1}$ 时，分母为 $0$，该方程无意义。我们先打上标记，一会再说。

之后，我们从每个 $i$ 得到的有意义的解中任意选一个，在 $k$ 与 $b$ 数组中依次代回验证，不符合时说明没有一组符合的解适用于任意的 $i$，此时输出 No。

但是还有一个问题，当任意 $t_i=t_{n-i-1}$ 时（即 $t$ 是回文序列），无法找到一组有意义的解。不过此时我们可以证明操作一可以被若干操作二平替，因此将 $t$ 数组的每个元素依次相加若干次必然可以得到 $a^{\prime }$。因此，我们说，对于任意 $i$ 都有 $a_i^{\prime }$ 被 $t_i$ 整除且 $\frac{a_i^{\prime }}{t_i}$ 都相等。以此为条件判断即可。

代码

以下是代码。不过这份写的非常混乱，要考虑的细节问题过多，还请各位见谅。我会以尽可能清晰的注释帮助大家理解每一部分。

#include<bits/extc++.h>
using namespace std;
namespace pbds=__gnu_pbds;
using ui=unsigned int;
using uli=unsigned long long int;
using li=long long int;
#define NO {cout<<"No\n";goto nexturn;}
int main(void){
    ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(nullptr),cout.tie(nullptr);
    size_t T;
    cin>>T;
    while (T--){
        size_t n;
        cin>>n;
        vector<li> b(n),t(n);
        for (li& i:t) cin>>i;
        for (li& i:b) cin>>i;
        vector<pair<li,li>> pr(n>>1);pair<li,li> useful(-1,-1); // first存x，second存y
        if (n==1){cout<<(b[0]%t[0]?"No\n":"Yes\n");goto nexturn;} // n=1时特判
        for (size_t i=0,j=n-1;i<pr.size();++i,--j){ // j=n-i-1
            if (t[i]==t[j]) // t[i]=t[j]，分式无意义
                pr[i]={-1,-1}; // 特殊标记
            else{
                if ((b[i]-b[j])%(t[i]-t[j])) NO // 不能整除
                pr[i].first=(b[i]-b[j])/(t[i]-t[j]); // x
                if ((b[i]-pr[i].first*t[i])%(t[i]+t[j])) NO // 同理，求y时判断是否整除
                pr[i].second=(b[i]-pr[i].first*t[i])/(t[i]+t[j]); // y
                if (pr[i].first<0||pr[i].second<0) NO;  // 解<0，不合理
            }
        }
        for (pair<li,li> const& i:pr) if (i!=useful){  // 寻找一组有意义的解
            useful=i;break;
        }
        if (useful==pair<li,li>(-1,-1)){  // 没找到
            li times=b[0]/t[0]; 
            for (size_t i=0;i<n;++i) if (b[i]%t[i]||b[i]/t[i]!=times) NO // 判断是否整除、商均相等
        }else for (size_t i=0,j=n-1;i<(n+1>>1);++i,--j)
            if (b[i]!=useful.first*t[i]+useful.second*(t[i]+t[j])
                ||b[j]!=useful.first*t[j]+useful.second*(t[i]+t[j])) NO // 代回验证
        cout<<"Yes\n";
        nexturn:;
    }
    return 0;
}