F. Cyclic Shifts Sorting（模拟&排序)

传送门
思路： 模拟冒泡排序，只不过两个数交换，变成了三个数进行位置转换。

显然三个数可以顺时针走，也可以逆时针走$(顺时针操作两次等价于逆时针操作一次)$(顺时针操作两次等价于逆时针操作一次)。

我们可以第$i$i轮将当前最小的数移动到位置$i$i，

因为每操作一次，第三个数可以移动到第一个数的位置。

如果当前最小的数与位置$i$i的距离不是2的倍数，我们需要让位置$pos$pos操作一次，使其变为$pos+1$pos+1，然后再不断进行操作$fun(pos-2),pos-=2$fun(pos−2),pos−=2 就可以了。

这里需要注意特判一下，如果当前最小的数在最后一个，直接操作位置$n-2$n−2，

这样可以在距离不是$2$2的倍数时，向前移动一个位置。

这样我们就可以排好$1\sim n-2$1∼n−2。

接下来特判一下如果$a[n-1]\leq a[n]$a[n−1]≤a[n] 不用再操作了。

否则我们需要将$a[n-1],a[n]$a[n−1],a[n]交换一下位置。

如果$a[n-2]=a[n]，$a[n−2]=a[n]，我们只需对位置$n-2$n−2操作一次即可。

对于其他情况，显然如果我们只对最后三个数进行操作，无论怎么操作都只会改变相对位置，不会使两个数交换，所以我们要使$a[n-1],a[n]$a[n−1],a[n]交换，我们必须要使$a[n-2],a[n-1]$a[n−2],a[n−1]交换才行，一直递归，我们必须在前$n-2$n−2个数找到两个相同的数才行。

$ep:a_1=1,a_2=1,a_3=3,a_4=2$ep:a1​=1,a2​=1,a3​=3,a4​=2.

显然我们可以对位置$1,2$1,2分别操作两次(也就是逆时针移动)即可使$a_3,a_4$a3​,a4​交换。

$1,1,3,2\rightarrow 1,3,1,2\rightarrow 1,1,2,3$1,1,3,2→1,3,1,2→1,1,2,3.

时间复杂度：$O(n^2)$O(n2)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=5e2+5,M=1e6+5,inf=0x3f3f3f3f,mod=1e9+7;
#define mst(a) memset(a,0,sizeof a)
#define lx x<<1
#define rx x<<1|1
#define reg register
#define PII pair<int,int>
#define fi first 
#define se second
vector<int>ans;
int a[N];
void fun(int i){
	ans.push_back(i);
	swap(a[i],a[i+2]),swap(a[i+1],a[i+2]);
} 
int main(){
	int  t;
	scanf("%d",&t);
	while(t--){
	int n;
	scanf("%d",&n);
	ans.clear(); 
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%d",&a[i]);
	}
	for(int i=1;i<=n-2;i++){
		int pos=i;
		for(int j=i;j<=n;j++) 
		if(a[j]<a[pos]) pos=j;
		if(pos==n) pos-=2,fun(pos);
		if((pos-i)&1) fun(pos-1),pos++;
		while(pos>i) pos-=2,fun(pos);
	}
	if(a[n-1]>a[n]) {
		if(a[n-2]==a[n]) fun(n-2);
		else {
		for(int i=1;i<n-2;i++) if(a[i]==a[i+1]){
			for(int j=i;j<=n-2;j++) fun(j),fun(j);
			break;
		}
			}
	}
	if(a[n-1]>a[n]){
		puts("-1");
		continue;
	}
	printf("%d\n",ans.size());
	for(auto i:ans) printf("%d ",i);
	puts("");
	} 
	return 0;
}