容易想到把 \(s, t\) 分成长度为 \(2\) 的段考虑。容易发现 \(00, 11\) 的个数在操作过程中不会改变，所以若两串的 \(00\) 或 \(11\) 个数不相等则无解。
考虑依次对 \(i = 2, 4, \ldots, n\) 构造 \(s[1 : i] = t[n - i + 1 : n]\)。对于 \(s_{j - 1}s_j = yx\)，依次操作 \(j - 2, j\) 可以把 \(s\) 变成 \(xy s_1 s_2 \ldots s_{j - 2}\)。
但是上面的方法只在 \(s\) 的 \(01\) 数量等于 \(t\) 的 \(10\) 数量有效。设 \(f(s)\) 为 \(s\) 的 \(01\) 数量减 \(10\) 数量的值，我们的目标是让 \(f(s) = -f(t)\)。那么若 \(|f(s)| \ge |f(t)|\)，一定可以找到 \(s\) 的一个前缀，使得翻转它后 \(f(s) = -f(t)\)。因为 \(f(s)\) 对于 \(s\) 的每个前缀一定 \(+1, -1\) 或不变，因此 \(0 \sim |f(s)|\) 的每个数（或其相反数）都能经过。若 \(|f(s)| < |f(t)|\)，反过来，一定可以找到 \(t\) 的一个前缀，使得翻转它后 \(f(s) = -f(t)\)。可以全部操作完后再翻转达到翻转 \(t\) 的前缀的效果。
操作次数为 \(n + 1\)。时间复杂度 \(O(n^2)\)。
code
// Problem: H. Balanced Reversals
// Contest: Codeforces - Codeforces Global Round 5
// URL: https://codeforces.com/problemset/problem/1237/H
// Memory Limit: 512 MB
// Time Limit: 2000 ms
//
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)
#include <bits/stdc++.h>
#define pb emplace_back
#define fst first
#define scd second
#define mkp make_pair
#define mems(a, x) memset((a), (x), sizeof(a))
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef double db;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double ldb;
typedef pair<ll, ll> pii;
const int maxn = 4040;
int n;
char s[maxn], t[maxn];
void solve() {
scanf("%s%s", s + 1, t + 1);
n = strlen(s + 1);
int c0 = 0, c1 = 0;
for (int i = 1; i < n; i += 2) {
c0 += (s[i] == '0' && s[i + 1] == '0');
c0 -= (t[i] == '0' && t[i + 1] == '0');
c1 += (s[i] == '1' && s[i + 1] == '1');
c1 -= (t[i] == '1' && t[i + 1] == '1');
}
if (c0 || c1) {
puts("-1");
return;
}
int s1 = 0, s2 = 0;
for (int i = 1; i < n; i += 2) {
if (s[i] == '0' && s[i + 1] == '1') {
++s1;
} else if (s[i] == '1' && s[i + 1] == '0') {
--s1;
}
if (t[i] == '0' && t[i + 1] == '1') {
++s2;
} else if (t[i] == '1' && t[i + 1] == '0') {
--s2;
}
}
vector<int> ans;
int p = -1;
if (abs(s1) >= abs(s2) && s1 != -s2) {
for (int i = 2; i <= n; i += 2) {
if (s[i - 1] == '0' && s[i] == '1') {
s1 -= 2;
} else if (s[i - 1] == '1' && s[i] == '0') {
s1 += 2;
}
if (s1 == -s2) {
ans.pb(i);
reverse(s + 1, s + i + 1);
break;
}
}
} else if (s1 != -s2) {
for (int i = 2; i <= n; i += 2) {
if (t[i - 1] == '0' && t[i] == '1') {
s2 -= 2;
} else if (t[i - 1] == '1' && t[i] == '0') {
s2 += 2;
}
if (s1 == -s2) {
p = i;
reverse(t + 1, t + i + 1);
break;
}
}
}
for (int i = 2, j = n; i <= n; i += 2, j -= 2) {
for (int k = i; k <= n; k += 2) {
if (s[k - 1] == t[j] && s[k] == t[j - 1]) {
if (k > 2) {
reverse(s + 1, s + k - 1);
ans.pb(k - 2);
}
reverse(s + 1, s + k + 1);
ans.pb(k);
break;
}
}
}
if (p != -1) {
ans.pb(p);
}
printf("%d\n", (int)ans.size());
for (int i : ans) {
printf("%d ", i);
}
putchar('\n');
}
int main() {
int T = 1;
scanf("%d", &T);
while (T--) {
solve();
}
return 0;
}