思维题，思路比较神仙。
个人思路过程：个人只想到了只要中间棋子开始向外跳了，以后就不应该向内跳了，这样很蠢。所以应该要么先向内跳一会，要么直接开始中间的向外跳。不知道怎么处理，就卡住了。
20pts：暴力BFS。
事实上，这题的解题关键就在于一次只允许跳过1颗棋子，这表明向内跳只能是距离中间棋子近的那个向内跳，跳法唯一。
再看向外跳是有两种的，中间的子越过左子，或者越过右子。发现中间的子向外跳和外侧的子向内跳是一个可逆过程。
假设向外跳中，向左跳是左儿子，向右跳是右儿子，那么这两个儿子有共同且唯一的父亲，也就是向内跳的操作，这样的一棵二叉树恰好与上述情形相对应。
这样，如果要判断是否有解，只要看这两个状态一直向内跳，到不能再向内（与中间子距离相等）时，也就是到了树根，如果树根相同，则有解，不同的话肯定无解。因为树根所有向外跳的状态构成了一个封闭的状态集合，不同集合无交集。
有解的话也就是求树上两点最短距离了。但是由于数据过大，没办法建树，而且一步一步跳显得很慢，$O(depth)$。为了加速，可以采用取模，在纸上画一下即可发现当两个棋子反复互相跳过的时候，实际可以取模处理，详见code。
这样，采用倍增lca思想，不断向上跳即可。$O(depth\text{log}depth)$。
WA*1：line32code手残打错。。以后敲代码敲错的情况尽量少犯
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define dbg(x) cerr << #x << " = " << x <<endl
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef double db;
typedef pair<int,int> pii;
template<typename T>inline T _min(T A,T B){return A<B?A:B;}
template<typename T>inline T _max(T A,T B){return A>B?A:B;}
template<typename T>inline char MIN(T&A,T B){return A>B?(A=B,):;}
template<typename T>inline char MAX(T&A,T B){return A<B?(A=B,):;}
template<typename T>inline void _swap(T&A,T&B){A^=B^=A^=B;}
template<typename T>inline T read(T&x){
x=;int f=;char c;while(!isdigit(c=getchar()))if(c=='-')f=;
while(isdigit(c))x=x*+(c&),c=getchar();return f?x=-x:x;
}
struct sangen{
int x,y,z;
sangen(int x=,int y=,int z=):x(x),y(y),z(z){}
inline bool operator ==(const sangen&B)const{return x==B.x&&y==B.y&&z==B.z;}
inline bool operator !=(const sangen&B)const{return (x^B.x)||(y^B.y)||(z^B.z);}
inline void shiage(){if(x>y)swap(x,y);if(x>z)swap(x,z);if(y>z)swap(y,z);}
inline void print(){printf("x=%d y=%d z=%d\n",x,y,z);}
};
inline sangen tobi(sangen A,int k){
int a=A.y-A.x,b=A.z-A.y,tmp;
while((a^b)&&k){
if(a>b)tmp=(a-)/b,k>=tmp?(k-=tmp,a%=b,!a&&(a=b)):(a-=k*b,k=),A.y=A.x+a,A.z=A.y+b;
else tmp=(b-)/a,k>=tmp?(k-=tmp,b%=a,!b&&(b=a)):(b-=k*a,k=),A.y=A.z-b,A.x=A.y-a;
}
return A;
}
int d1,d2,k;
inline sangen get_root(sangen A){
int a=A.y-A.x,b=A.z-A.y;k=;
while(a^b){
if(a>b)k+=(a-)/b,a%=b,!a&&(a=b),A.y=A.x+a,A.z=A.y+b;
else k+=(b-)/a,b%=a,!b&&(b=a),A.y=A.z-b,A.x=A.y-a;
}
return A;
}
sangen A,B,tmp1,tmp2;
inline int lca(){
if(d1<d2)B=tobi(B,d2-d1);
else A=tobi(A,d1-d2);//A.print(),B.print();
if(A==B)return abs(d1-d2);
int d=_min(d1,d2),ret=abs(d1-d2);
for(register int i=__lg(d);~i;--i){//dbg(i);
tmp1=tobi(A,<<i);tmp2=tobi(B,<<i);//tmp1.print(),tmp2.print();
if(tmp1!=tmp2)A=tmp1,B=tmp2,ret+=<<i;
}
return ret+;
} int main(){//freopen("test.in","r",stdin);//freopen("test.ans","w",stdout);
read(A.x),read(A.y),read(A.z),read(B.x),read(B.y),read(B.z);
A.shiage(),B.shiage();
sangen tmp1=get_root(A);d1=k;
sangen tmp2=get_root(B);d2=k;//dbg(d1),dbg(d2);
if(tmp1!=tmp2){puts("NO");return ;}
printf("YES\n%d\n",lca());
return ;
}
启示：应当根据性质发现这样一种树形关系。当发现这种变换问题且数据较大，考虑图论建模