\(A=B\) の場合は明らかに可能なので，それ以外のケースを考えます．

\(K\) の値で場合分けします．

\(K=1\) のケース：

\(A\)の要素をランレングス圧縮した結果を考えると，操作によって”減る”ことはあっても”増える”ことはありません． ここから得られる条件として，\(B\) をランレングス圧縮した結果が \(A\) の部分列である必要があるとわかります． そしてこれは十分です． \(B\) に対応する \(A\) の部分列を伸ばしていく操作を行えば良いからです． これで \(K=1\) のケースは解けました．

\(K \geq 2\) のケース：

操作を逆から見ると，以下のようになります．

• \(|i-j| \leq K,B_i=B_j\) を満たす \(i,j\) を選び，\(B_i\) を好きな値に変更する．

まず，\(B\) に一度も操作を行えない場合，答えは No です． また，\(B\) に登場するが \(A\) に登場しない値がある場合も答えは No です． 実はこれ以外のケースはすべて Yes です．

\(B_i\) を好きな値にする，という部分を，\(B_i\) をワイルドカード \(*\) に変更するという操作で捉え直しましょう． \(B\) に \(1\) 回操作を行うことで，\(*\) が \(1\) つ存在する状態にしておきます．

\(*\) を絡めることで，\(B\) の隣接要素の swap が実現できます．

• \(*x\) を \(x*\) にしたい場合: \(*x\) を \(xx\) だと思って操作すれば \(x*\) にできる．
• \(*xy\) を \(*yx\) にしたい場合: \(*xy \to yxy \to yx* \to y*x \to *yx\) とすればよい．

以上の操作を組み合わせると，\(B\) の要素の重複をすべて削除し，かつ好きな順序で並べることができます． 特に，\(B\) が \(A\) にマッチするようにできます． よって \(A\) を \(B\) に変形できるとわかります．

以上の操作をそのまま実装すると \(O(N)\) 解法が得られます． なお，回答例はサボってソートを行っているため \(O(N\log N)\) 解法になっています．

回答例(C++)