题意： 其实这就是C1题的加强版，只不过C1的字符长度是1000且操作次数不得 > 3n，而C2的字符长度是1e5且操作次数不得 > 2n，且T都是一样为1000.
思路：
- 现在的时间复杂度为O(n * t) = 1e8，堪堪能过，因此实际的翻转操作便不再可取了。
- 我们先将a全部翻转成同一字符(当然就是a的最后一个字符)，由于同一字符取反后还是一致的，所以取反便不再有意义。
- 因为答案只需要进行操作的位置，所以再按照b字符串从后往前开始匹配对a的前缀进行取反，当然过程中并不用真正的取反，只需要用一个变量tmp记录一下当前a的字符类型进行取反即可。
- 这样下来就相当于最多进行2n次操作(a进行n从，b进行n次)。
代码实现：
#include<bits/stdc++.h>
#define endl '\n'
#define null NULL
#define ll long long
#define int long long
#define pii pair<int, int>
#define lowbit(x) (x &(-x))
#define ls(x) x<<1
#define rs(x) (x<<1+1)
#define me(ar) memset(ar, 0, sizeof ar)
#define mem(ar,num) memset(ar, num, sizeof ar)
#define rp(i, n) for(int i = 0, i < n; i ++)
#define rep(i, a, n) for(int i = a; i <= n; i ++)
#define pre(i, n, a) for(int i = n; i >= a; i --)
#define IOS ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0);cout.tie(0);
const int way[4][2] = {{1, 0}, {-1, 0}, {0, 1}, {0, -1}};
using namespace std;
const int inf = 0x7fffffff;
const double PI = acos(-1.0);
const double eps = 1e-6;
const ll mod = 1e9 + 7;
const int N = 2e5 + 5;
int t, n;
string a, b;
vector<int> vt;
signed main()
{
IOS;
cin >> t;
while(t --){
cin >> n >> a >> b;
if(a == b){
cout << 0 << endl;
continue;
}
a = 'a' + a; b = 'b' + b;
char tmp = a[n]; vt.clear();
for(int i = 1; i < n; i ++)
if(a[i] != a[i+1]) vt.push_back(i);
for(int i = n; i; i --)
if(b[i] != tmp) tmp = b[i], vt.push_back(i);
cout << vt.size() << " ";
for(auto it : vt) cout << it << " ";
cout << endl;
}
return 0;
}