题意简述

给定两个长度为 $n$ 的二进制串 $s$ 和 $t$。每次操作可以选择区间 $[l, r]$，然后对所有 $i \in [l, r]$ 同时将 $s_i$ 替换为 $s_i \oplus s_{i-l+1}$（下标从 $1$ 开始）。可以执行任意多次操作，问能否将 $s$ 变成 $t$。

核心性质

操作的本质是把 $s$ 的某个前缀（长度为 $r-l+1$）的每一位异或到 $s$ 的对应子区间 $[l, r]$ 上。
不难观察到以下事实：

1. 如果 $s$ 全为 $0$，则任何操作都无法产生 $1$，因此只有当 $t$ 也全为 $0$ 时才有可能。
2. 如果 $s$ 中有 $1$，则可以通过一系列操作在 第一个 $1$ 的位置及其右侧 的任意位置生成或消除 $1$，但无法在第一个 $1$ 的左侧产生 $1$。换言之，第一个 $1$ 的位置只会向右移动，不会向左移动。

因此，一个充要条件是：

• 若 $t$ 中存在 $1$，设 $p_s$ 为 $s$ 中第一个 $1$ 的位置（若不存在则游戏不可能有趣），$p_t$ 为 $t$ 中第一个 $1$ 的位置。那么必须满足 $p_s \le p_t$。
• 若 $t$ 中全为 $0$，则只有当 $s$ 也全为 $0$ 时游戏才可能有趣。

算法实现

遍历字符串找到两个串中第一个 '1' 的位置（若没有则记为极大值），然后根据上述条件判断即可。

时间复杂度 $O(n)$，总复杂度 $O(\sum n) \le 2\times 10^5$，足够快。

参考代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

void solve() {
    int n;
    cin >> n;
    string s, t;
    cin >> s >> t;

    int ps = -1, pt = -1;
    for (int i = 0; i < n; ++i) {
        if (s[i] == '1' && ps == -1) ps = i;
        if (t[i] == '1' && pt == -1) pt = i;
    }

    bool ok = false;
    if (pt == -1) {
        // t 全 0，则 s 必须全 0
        ok = (ps == -1);
    } else {
        // t 有 1，则 s 必须有 1 且第一个 1 不能比 t 的第一个 1 晚
        ok = (ps != -1 && ps <= pt);
    }

    cout << (ok ? "YES" : "NO") << "\n";
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    int q;
    cin >> q;
    while (q--) solve();
    return 0;
}