完整代码实现

import sys


def can_make_equal(s: str, t: str) -> bool:
    """最多交换一对相邻字符，s 能否变成 t"""
    if s == t:
        return True

    diff = [i for i in range(len(s)) if s[i] != t[i]]
    if len(diff) != 2:
        return False

    i, j = diff
    # 必须相邻，且两个字符互换后正好各自对上
    return j == i + 1 and s[i] == t[j] and s[j] == t[i]


def solve() -> None:
    """逐组询问判断并输出 Yes / No"""
    data = sys.stdin.read().split()
    if not data:
        return
    q = int(data[0])
    out = []
    pos = 1
    for _ in range(q):
        s, t = data[pos], data[pos + 1]
        pos += 2
        out.append("Yes" if can_make_equal(s, t) else "No")
    sys.stdout.write("\n".join(out) + "\n")


if __name__ == "__main__":
    solve()

示例推演

输入共 3 组询问。

第 1 组：s = "acb"，t = "cab"。

位置	0	1	2
s	a	c	b
t	c	a	b
是否相同	否	否	是

两处不同，位置 0 和 1 相邻；交叉检查 s[0] = 'a' = t[1]、s[1] = 'c' = t[0]，都成立。
交换前两位得到 "cab"，与 t 相同，输出 Yes。

第 2 组：s = "abcxz"，t = "cbaxz"。

位置	0	1	2	3	4
s	a	b	c	x	z
t	c	b	a	x	z
是否相同	否	是	否	是	是

两处不同，但位置 0 和 2 不相邻，无论交换哪一对相邻字符都改不到这两个位置，
输出 No。

第 3 组：s = "wa"，t = "wa"，两串相同，交换 0 次即可，输出 Yes。

复杂度分析

解法	时间复杂度	空间复杂度	说明
统计不同位置	O(q · L)	O(L)	L 为字符串长度，推荐
枚举所有相邻交换再比较	O(q · L²)	O(L)	同样正确，但没必要

易错点总结

1. 忘了「零次交换」也合法

题目说的是「最多只有 1 次交换的机会」。s 本来就等于 t 时要输出 Yes，
不能因为「没执行交换」就判成 No。

2. 只检查不同位置的数量，忘了相邻

两处不同但隔着很远时，一次相邻交换根本碰不到它们。
必须先判断 j == i + 1。

3. 只检查相邻，忘了交叉相等

"ab" 与 "ac" 只有一处不同，直接判 No 是对的；
但 "ab" 与 "cb" 也是一处不同，同样要判 No —— 交换会把原本正确的那一位改坏。

4. 试图把字符「换成」目标字符

本次操作只有「交换」这一种，不能把某个字符直接改成别的字符。
两者的区别在于：交换只是调换位置，字符的多重集合不变。

扩展思考

如果允许任意两个位置交换（不要求相邻），条件就退化成
「两处不同且交叉相等」，去掉相邻判断即可。
如果允许最多 k 次相邻交换，问题会变成计算把 s 变成 t 所需的
逆序对距离，用双指针或置换环来算。
如果允许交换 s 内部的任意两个字符且 s、t 长度不等，还要先比较字符频次是否一致。