AT ARC200D |A + A|

是我喜欢的题，直接写题解。

首先让 \(a\) 特殊一点，考虑到若让 \(a\) 的元素都减掉一个值，那么和的数量是不变的，于是减掉 \(a_1\)，就可以强制要求 \(a_1 = 0\)。

接下来进行一些尝试，发现 \(0 + 1 = 1, 1 + 1 = 2, 1 + 2 = 3\cdots\)，于是构造 \((0, 1, \cdots, x)\)，\(0\sim 2x\) 共 \(2x + 1\) 个数就可以被凑出了。

那么 \(K\) 为奇数就已经被解决了，此时只需要考虑偶数的情况了。

上面的构造看起来比较优美，于是考虑从这个基础上调整 \(\mathcal{O}(1)\) 个值来达成目标。

毕竟刚刚的选取都是正着选的，为什么不能倒着选呢？
考虑到 \(m - 1\equiv -1\pmod m, m - 2\equiv -2\pmod m\)，于是选上 \(m - y\) 这些相当于是把 \([0, x]\) 向左平移了 \(y\) 位并加入了一个 \(2m - 2y\) 的值。

如果选取 \(m - 1\) 发现好像没什么用。
不过如果选取 \(m - 2\)，会发现当 \(x\ge 1\) 时，\([0, x]\) 平移后能够得到 \(m - 2, m - 1\) 这 \(2\) 个值，且还会有 \(2m - 4\equiv m - 4\pmod m\) 这个值，会发现这就实现了多 \(3\) 个数的操作，能够把奇数转为偶数了。

接下来就是去分析使用的条件了，经过一定的分讨，或者可以自己代入一些值模拟，会知道 \(6\le K < M\) 都是可行的，那么就只需要考虑剩下的边界情况了。

首先对于 \(K = M\) 的情况，全选上肯定可行。

接下来考虑 \(K = 2\) 的情况，我们可以说明一定只会选出来 \(2\) 个数：

• 当选出 \(1\) 个数时，最多只有 \(1\) 种组合，必然凑不出 \(2\) 种，不合法。
• 当选出 \(\ge 3\) 个数 \((x, y, z, \cdots)\) 时，\(x + x, x + y, x + z\) 必然不同，于是至少有 \(3\) 种和，不合法。

对于选出 \(2\) 个数 \(0, x\) 的情况，就只能要求 \(2x \equiv 0\pmod m\)，那就是当 \(m\bmod 2 = 0\) 时取 \(x = \frac{m}{2}\)，否则无解。

根据刚刚的经验，可以知道对于 \(K = 4\) 时只可能选出 \(3 / 4\) 个数，尝试分讨：

• 当选出 \(3\) 个数 \(0, x, y\) 时，\(0, x, y\) 本身不同，所以 \(2x, 2y, x + y\) 中需要有 \(2\) 个值与 \(0, x, y\) 中的某个值相等，考虑继续分讨：
  • \(2x \equiv y, 2y \equiv x\)，当 \(m\bmod 3 = 0\) 时可以令 \(x = \frac{m}{3}, y = \frac{2m}{3}\)，此时 \(x + y \equiv 0\) 不合法。
  • \(2x\equiv 0, 2y\equiv x\)，当 \(m\bmod 4 = 0\) 时可以令 \(x = \frac{m}{2}, y = \frac{m}{4}\)（\(y = \frac{3m}{4}\) 也可以），此时 \(x + y \equiv \frac{3m}{4}\) 合法。
  • \(x + y\equiv 0\)（等式右边不能为 \(x / y\)，因为这会导出 \(x\equiv y\)），若 \(2x\equiv 0\) 会导出 \(x \equiv y\)，若 \(2x\equiv y\) 会导出与第一次分讨相同的结果。
• 当选出 \(4\) 个数 \(0, x, y, z\) 时，\(0, x, y, z\) 本身不同，所以 \(2x, 2y, 2z\) 都必须和 \(0, x, y, z\) 中的某个值相等，于是分讨：
  • \(2x \equiv y, 2y\equiv z, 2z\equiv x\)，当 \(m\bmod 7 = 0\) 时可以令 \(x = \frac{m}{7}, y = \frac{2m}{7}, z = \frac{4m}{7}\)，\(x + y\equiv \frac{3m}{7}\) 不合法。
  • \(2x\equiv 0, 2y\equiv z, 2z\equiv y\)，当 \(m\bmod 6 = 0\) 时有 \(x = \frac{3m}{6}, y = \frac{2m}{6}, z = \frac{4m}{6}\) 的值，\(x + y\equiv \frac{5m}{6}\) 不合法。
  • \(2x\equiv 0, 2y\equiv x, 2z\equiv y\) 或 \(2z\equiv x\)，此时已经满足 \(m\bmod 4 = 0\)，故不继续讨论（能发现 \((0, \frac{m}{4}, \frac{m}{2}, \frac{3m}{4})\) 也是一组合法解）。

经过刚刚的分讨，可以知道只有当 \(m\bmod 4 = 0\) 时满足条件，其中构造为 \((0, \frac{m}{2}, \frac{m}{4})\)。

时间复杂度 \(\mathcal{O}(m)\)。

#include <bits/stdc++.h>

inline void solve() {
    int m, k;
    scanf("%d%d", &m, &k);

    std::vector<int> ans;

    if (k % 2 == 1) {
        for (int i = 0; i <= (k - 1) / 2; i++) ans.push_back(i);
    } else if (k == m) {
        for (int i = 0; i < m; i++) ans.push_back(i);
    } else if (k == 2) {
        if (m % 2 != 0) {
            return puts("No"), void();
        } else {
            ans = {0, m / 2};
        }
    } else if (k >= 6) {
        for (int i = 0; i <= (k - 4) / 2; i++) ans.push_back(i);
        ans.push_back(m - 2);
    } else if (m % 4 == 0) {
        ans = {0, m / 2, m / 4};
    } else {
        return puts("No"), void();
    }

    puts("Yes");
    printf("%zu\n", ans.size());
    for (int x : ans) printf("%d ", x);
    puts("");
}

int main() {
    int t; scanf("%d", &t);
    while (t--) solve();
    return 0;
}