问题描述：给两个字符串和一个k。如果下标i，j满足|i - j| == k or |i - j| == k + 1，则可以swap(s[i], s[j])，s为两个字符串之一。
思路：如果<i,z> <z,j>可行，那么<i,j>一定也是可行的。发现对于一个连通块而言，这一个连通块内的字符总是可以进行交换。如果对于一个连通块来说，两个字符串在这个连通块中的字符种类对应的个数是相同的，那么总是可以经过若干操作，使这两个字符串在连通块中对应的下标的元素相等。
因此dfs找连通块，之后判断这个连通块中字符种类及其对应的个数是否相等，相等则可能相同，不等则一定不相等。
AC代码：
const int N = 2e5 + 21;
char s1[N], s2[N];
int fa[N]; // 并查集
// vis数组是判断连通块是否遍历过，st是判断这个点是否在找连通块中被遍历过
bool vis[N], st[N];
int find(int u) {
return fa[u] == u ? u : fa[u] = find(fa[u]); }
void inpfile();
void solve() {
int n,k; cin>>n>>k;
// 初始化
for(int i = 1; i <= n; ++i) fa[i] = i, vis[i] = 0, st[i] = 0;
cin>>s1 + 1>> s2 + 1;
bool fg = true;
map<int,int> mii;
// 找连通块
auto dfs = [&] (auto &&dfs, int u) -> void {
if(st[u]) return ;
st[u] = 1;
int len = 0;
for(int j = 0; j < 4; ++j) {
len = (k + j%2) * (j < 2 ? 1 : -1);
int pos = u + len;
// 上面操作是得到 位置
// pos - k | pos + k
// pos + k + 1 | pos - (k + 1)
// 位置不合法
if(pos < 1 || pos > n) continue;
// 找父亲
int pfa = find(pos), ifa = find(u);
if(pfa != ifa) {
// 注意一定是将 pos的指向u的。因为后面遍历时，是根据第一个的位置来判断的
fa[pfa] = ifa;
/**
* 1 -- > 2 --> 3 -- > 4
* 将2的父亲指向1的父亲，这样在后面判断是否遍历过就行。
*
* 由于我用的vis数组判断，如果用的是用map或者什么的，将每个点都进行个判断也行
*/
// 判断字符种类及其个数是否相同
// 这里用 一个字符串进行++操作，一个字符串进行--操作，等价于次
mii[s1[pos]] ++;
mii[s2[pos]] --;
dfs(dfs, pos);
}
}
};
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
// 由于我是用这个父亲值进行判断的
if(vis[find(i)]) continue;
vis[find(i)] = 1;
// 每次要清空
mii.clear();
// 第一个i，没有对应上，要手动设置上
mii[s1[i]]++;
mii[s2[i]]--;
dfs(dfs, i);
// 判断字符种类及其对应个数是否相同
for(auto t: mii) {
if(t.vs != 0) {
fg = false;
}
}
}
puts(fg ? "YES" : "NO");
}