魔术（800 构造）

$n$ 个物体分别编号为 $1,2,3,\dots,n$，将这些物体排成一行。

定义一次操作 x op 为：

• 如果 $\operatorname{op}=1$，将编号为 $x$ 的物体与它左边的物体交换，如果 $x$ 已经在最左边，则不交换；
• 如果 $\operatorname{op}=2$，将编号为 $x$ 的物体与它右边的物体交换，如果 $x$ 已经在最右边，则不交换。

注意，编号为 $x$ 的物体 不是 当前位置为 $x$ 的物体。

能否在摆放前设计一条操作方案，使得无论如何摆放，标号为 $m$ 的物体一定能在有限步内移动到第 $k$ 个位置？如果能，输出操作方案。注意，你不需要最小化操作步数。

多测，$\sum n \leqslant 10^{5}$，保证输入合法。

Input	Output
1 3 2 3	Yes 3 1 1 2 2 3 1

称原先三个物体为筷子、杯子和勺子，题目要求把第二个物体，即杯子，移动到第三个位置。答案是有解，需要三步：

• 第一步：筷子和它左边的物品交换，如果筷子已经在最左边，就不需要移动。
• 第二步：杯子和它右边的物品交换，如果杯子已经在最右边，就不需要移动。
• 第三步：勺子和它左边的物品交换，如果勺子已经在最左边，就不需要移动。

Notes

为叙述方便，称这个物体为 A。

• 首先执行 $n - 1$ 次「将 A 与左边的物体交换」，现在 A 一定在最左边；
• 再执行 $k - 1$ 次「将 A 与右边的物体交换」，A 就在第 $k$ 个位置了。

想法很简单，但这样操作就没有魔术效果了（笑

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

int main() {
    int t;
    cin >> t;

    while (t--) {
        int n, m, k;
        cin >> n >> m >> k;

        for (int i = 1; i < n; i++) {
            cout << m << " 1\n";
        }
        for (int i = 1; i < k; i++) {
            cout << m << " 2\n";
        }
    }
    
    return 0;
}