「NOI Online」序列
首先讲句题外话：这篇题解应该是思路和代码实现都很简单的类型了 所以你都点进来了怎么能不看呢
首先我们来分析一下这两种序列上的操作：
我们发现2操作可以看成是两个点 (u, v) 之间相互传递一部分数值，一边加上的刚好等于另一边减去的。
我们便尝试连边 ((u, v)) 表示这两个点之间有传递关系 注意本文讲到的连边都是指连双向边
1操作的话就不太好办了，因为我们无法通过直接连边，来确保两个点的值同时变化相同的数值。
那么1操作能不能转变成2操作呢？
我们回到题面：要求若干次操作后 (a_i = b_i) 。
一般的想法都是直接去弥补值之间的差值，但是我们可以知道的是，两个点如果同时加上或减去一个数，它们的差值也是不会改变的。
所以我们可以拓宽思路，把 (a_i) 向 (b_i) 的单向转变，化作 (a_i) 和 (b_i) 的数值在两者经过若干次操作后的相等。
接下来我们就要通过改变 (a_i) 和 (b_i) 的值来实现单个位置 +1 或 -1 的操作了。
下面我们就用 (i) 来代表 (a_i) 对应的点的编号，(i^{prime}) 来表示 (b_i) 对应的点的编号。
那么首先对于可以执行2操作的一对点 ((u, v)) ，我们就可以连边 ((u, v), (u^{prime}, v^{prime})) 表示这两个点的 (a_i) 和 (b_i) 之间都分别可以进行上文讲到的数值传递。
对于1操作的一对点 ((u, v)) ，我们这样连边：
如果我们是想让 (a_u) 和 (a_v) 的值都加上1，那么连边 ((u^{prime}, v))；
如果我们是想让 (a_u) 和 (a_v) 的值都减去1，那么连边 ((u, v^{prime}))；
为什么这样可行呢？因为我们之前提到了，(a_i) 和 (b_i) 需要在各自经过若干次操作后相等，那么我们可以认为 (a_i) 和 (b_i) 的大小是相对的，通过改变其中一个的值，就可以达到改变另一个值的目的。
那么我们再来分析一下这样的连边过程：连边 ((u^{prime}, v)) ，表示 (b_u) 和 (a_v) 之间可以传递数值。
那么我们如果让 (b_u) 加上1，(a_v) 减去1，进行这样一次数值传递的话，就 (a_u) 和 (b_u) 的大小而言，(b_u) 加上1，等价于让 (a_u) 减去1，也就是说我们整体上就实现了两个位置同时-1的操作，+1 的操作同理。
那么我们就得到了一张图。
这张图可能有很多个连通块，那么根据之前对于数值传递的定义，同一个连通块内的任意两个点都可以直接或间接地进行数值传递 。
而且不难发现所有连出来的边都是对称的，也就是说 这张图是轴对称的 。
既然图是对称的，那么 (i) 和 (i^{prime}) 要么在同一个连通块内，要么就是分居两个对称的连通块。
如果这两个点位于同一个连通块，我们就只需要让这个大联通块的内部数值总和为偶数即可。
因为在这个联通块内，我们可以随意地进行数值传递操作，所以我们只需要关心数值的总和，又因为这个连通块是对称的，我们就需要得出一种可以让两边的数值也对称的方案，那么很显然只有总和为偶数的时候才能做到。
分居两个连通块就更好判断了，直接判断两个连通块各自的内部数值总和是否相等即可。
那么到这里我们就完美地解决了这道题了，复杂度 (O(Tn)) 。
参考代码：
#include <cstring>
#include <cstdio>
#define rg register
#define file(x) freopen(x".in", "r", stdin), freopen(x".out", "w", stdout)
template < class T > inline void read(T& s) {
s = 0; int f = 0; char c = getchar();
while ('0' > c || c > '9') f |= c == '-', c = getchar();
while ('0' <= c && c <= '9') s = s * 10 + c - 48, c = getchar();
s = f ? -s : s;
}
typedef long long LL;
const int _ = 2e5 + 5;
int tot, head[_]; struct Edge { int v, nxt; } edge[_ << 1];
inline void Add_edge(int u, int v) { edge[++tot] = (Edge) { v, head[u] }, head[u] = tot; }
inline void link(int u, int v) { Add_edge(u, v), Add_edge(v, u); }
int n, m, val[_], num, pos[_]; LL sum[_];
inline void init() {
num = tot = 0;
memset(head, 0, sizeof head);
memset(sum, 0, sizeof sum);
memset(pos, 0, sizeof pos);
}
inline void dfs(int u, int p) {
sum[pos[u] = p] += val[u];
for (rg int i = head[u]; i; i = edge[i].nxt)
if (!pos[edge[i].v]) dfs(edge[i].v, p);
}
inline void solve() {
init(), read(n), read(m);
for (rg int i = 1; i <= n << 1; ++i) read(val[i]);
for (rg int t, x, y, i = 1; i <= m; ++i) {
read(t), read(x), read(y);
if (t == 1) link(x, y + n), link(y, x + n);
if (t == 2) link(x, y), link(x + n, y + n);
}
for (rg int i = 1; i <= n << 1; ++i) if (!pos[i]) dfs(i, ++num);
int flag = 1;
for (rg int i = 1; i <= n; ++i) {
if (pos[i] != pos[i + n])
flag &= sum[pos[i]] == sum[pos[i + n]];
else
flag &= sum[pos[i]] % 2 == 0;
}
puts(flag ? "YES" : "NO");
}
int main() {
file("sequence");
int T; read(T);
while (T--) solve();
return 0;
}