题目大意：有一个长度为n的数组a，每次操作可以选取一个长度为k的所有数互不相同的数组b，令a[bi]=b[i%k+1]，问能否将一个全为零的数组通过任意次操作得到a
1<=k<=n<=1e5
思路：通过上述操作，我们发现k中每两个数可以把一个位置修改成目标值，例如对于题目中给的样例1，我们要将a[1]修改成2，那么k就应该等于[1,2,?]，要将a[2]修改成3，k就等于[2,3,?]，但问号里的数不能与前面的重复也不能超过n，所以可能会覆盖掉之前修改过的数，如果我们从i向a[i]建边，那么存在覆盖就代表着图中存在环。样例1的环如下：
对于单一约束的点，也就是环以外的点，直接按顺序操作即可，对于环内的点，当环的大小大于k时，也就是如下图：
我们先按顺序操作[1,2,3]，[3,5,4]，使位置1,2,3,5上的数都修改完毕，要让位置4上的数也修改好，只能是[4,2,3]，这是会把3修改成4，而我们要的是5，要把3改回去，就要操作[3,5,4]，第4个位置又不行了，所以这样的环永远会出现错误覆盖的情况。
但环的大小小于k时，例如1,2互向指向自己，那k=3时的操作就只能是[1,2,1]，后面填别的数都会错误的覆盖掉其他位置，而这样又与b种数字不能重复矛盾，所以这样的话也没法修改好。
综上，只有所有环的大小等于k时才有合法操作方案，我们首先从入度为0的点开始遍历，先用类似拓扑排序的方法去掉所有环外的点，然后再遍历所有环，检查大小是否为k。
除此之外，还要特判k=1的情况，因为这时只能将第i个位置上的数修改成i，检查a数组即可
cpp
#include<bits/stdc++.h>
//#include<__msvc_all_public_headers.hpp>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1e5 + 5;
int n;
bool vis[N];
int to[N];
int in[N];
void init()
{
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
in[i] = 0;
vis[i] = 0;
}
}
int cnt = 0;
void dfs(int u)
{//遍历环
vis[u] = 1;
cnt++;//统计环的大小
int v = to[u];
if (!vis[v])
{
dfs(v);
}
}
void solve()
{
int k;
cin >> n >> k;
init();
if (k == 1)
{//特判k=1的情况
bool flag = 1;
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
int x;
cin >> x;
if (x != i)
flag = 0;
}
cout << (flag ? "Yes" : "No") << endl;
return;
}
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
int v;
cin >> v;
in[v]++;
to[i] = v;//从i向a[i]建边
}
queue<int>q;
for (int i = 1; i <= n; i++)
{//放入入度为0的点
if (!in[i])
{
q.push(i);
}
}
while (!q.empty())
{//用类似拓扑排序的方式标记所有环外的点
int u = q.front();
q.pop();
vis[u] = 1;
int v = to[u];
in[v]--;
if (!in[v])
{
q.push(v);
}
}
for (int i = 1; i <= n; i++)
{//遍历所有环
if (!vis[i])
{
cnt = 0;
dfs(i);
if (cnt != k)
{//检查环的大小是否等于k
cout << "No" << endl;
return;
}
}
}
cout << "Yes" << endl;
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
int t;
cin >> t;
while (t--)
{
solve();
}
return 0;
}