略带一点思维吧。
个人认为比 B 难想。
先来考虑弱化版的题面：
Case 1
如果 \(X\) 串和 \(Y\) 串都没有字母 C，如何判断是否有解？
观察操作，我们能发现这个操作的本质实际上是让一个位于前面的字母 A 挪到其后面的任意的位置，并且前后两个 A 的相对位置不会发生改变。
所以，如果：
-
\(X\) 串与 \(Y\) 串长度相等。
-
\(X\) 中
A的数量与 \(Y\) 串中A的数量相等。 -
对 \(X\) 串和 \(Y\) 串中的
A从前往后标号，每一组 \(X\) 串中的A的位置比其对应标号的 \(Y\) 的A的位置靠前。
以上三种情况均满足时有解。
解释一下第三种情况。
假设：
标号后为：
将对应标号的 A 的位置写出来为：
我们发现，相同的标号，\(X\) 串的位置都比 \(Y\) 串的位置前。
所以这种情况下就是有解的。
再比如：
标号后为：
将对应标号的 A 的位置写出来为：
我们发现，相同的标号，第三组 \(X\) 串的位置比 \(Y\) 串的位置后。
所以这种情况下就是无解的。
Case 2
升级一下：
如果 \(X\) 串有 C，\(Y\) 串没有 C，如何判断是否有解？
根据 Case 1，我们知道首先 \(X\) 串和 \(Y\) 串 A 的数量要相等。
贪心地考虑，如果我们要使得 \(X\) 串能变成 \(Y\) 串，我们 A 越前越好。剩下的 C 就全部变成 B 就行了。
所以我们就能得出这一部分的有解的情况：
-
\(X\) 串与 \(Y\) 串长度相等。
-
\(X\) 串
A的数量加上C的数量要超过 \(Y\) 串的A的数量。 -
\(X\) 串
A的数量不能超过 \(Y\) 串的A的数量。 -
若我们贪心地把 \(X\) 串用
C来凑A使得 \(X\) 串和 \(Y\) 串的A的数量相等后，需要满足Case 1的条件 \(3\)。
Case 3
就是原题了。
我们发现，如果存在一个 \(i\) 使得 \(X_i\) 不为 C 且 \(Y_i\) 为 C 时一定无解。
去除掉这种无解的情况后，\(Y\) 串剩余的 C 一定都能在 \(X\) 串对应的位置找到 C。
考虑到操作不能使得 C 的位置交换，所以这些 C 我们不能把它们变成 A 或者 B。
此时，整个 \(X\) 串和 \(Y\) 串就被我们切割成若干段。
我们考虑每一段，此时问题就退化成 Case 2 的版本了。
单次询问时间复杂度 \(O(n)\)。
#include<cstdio>
const int N=2e5+10;
int T;
int n;
char s[N],t[N];
int ss[N],tt[N];
bool check()
{
for(int i=1;i<=n;i++)
if(s[i]!='C'&&t[i]=='C') return 0;
int x[N],tot=0;
x[++tot]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)//切割
if(t[i]=='C'&&i!=1&&i!=n) x[++tot]=i;
x[++tot]=n;
for(int i=1;i<tot;i++)
{
int l=x[i],r=x[i+1];
if(t[l]=='C') l++;
if(t[r]=='C') r--;
int sa=0,sc=0,ta=0;
for(int j=l;j<=r;j++)
{
if(s[j]=='A') sa++;
if(s[j]=='C') sc++;
if(t[j]=='A') tt[++ta]=j;
}
if(sa+sc<ta) return 0;
if(sa>ta) return 0;
sc=ta-sa,sa=0;//计算出需要用多少个 C 去变成 A
for(int j=l;j<=r;j++)
{
if(s[j]=='A') ss[++sa]=j;
if(s[j]=='C'&&sc) ss[++sa]=j,sc--;//贪心地填补 A
}
for(int j=1;j<=sa;j++)
if(ss[j]>tt[j]) return 0;
}
return 1;
}
int main()
{
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
scanf("%d%s%s",&n,s+1,t+1);
if(check()) printf("Yes\n");
else printf("No\n");
}
return 0;
}