Задача решается простым моделированием описанного процесса. Главное - правильно обработать переход через n. Это можно сделать либо взятием номеров по модулю n (с прибавлением 1), либо вычитать n каждый раз, как текущий номер стал больше n.

Сначала посчитаем, сколько в последовательности хомячков.  Пусть их h. Переберем позицию, в которой будет начинаться последовательность хомячков, и для каждой начальной позиции посчитаем, сколько тигров оказалось в отрезке h, начиная с этой позиции.  Этих тигров придется поменять с хомячками за количество обменов, равное количеству тигров, стоящих не на своем месте. Выберем минимум по всем начальным позициям.

Во-первых, заметим, что все описанные операции (открытие/закрытие дверей, перемещения из одной комнаты в другую, обмен ключами) обратимы. Поэтому можно применить несколько таких операций из начального расположения и получить некоторое расположение A, и затем получить то же расположение А путем применения подобных операций из конечного расположения, в этом случае ответ будет "YES". Применим следующую стратегию к обоим расположениям: пока существует человек, который может перейти в некоторую комнату и открыть некоторую дверь, выполнять это действие. В результате для каждого из расположений мы получим связные подмножества комнат (будем называть из связными частями дома), соответствующие подмножества людей и ключей в каждой связной части дома. Если результирующие подмножества совпадают для начального и конечного расположения, то ответ на задачу "YES", иначе ответ "NO". Действительно, в случае совпадения можно очевидным образом из начального расположения получить результирующее, а из него - конечное. В противном случае это невозможно сделать, потому что найдутся ключи, которые не могут быть применены к соответствующим дверям, находящимся в другой связной части дома,  или найдутся люди, которые не имеют возможности проникнуть в комнаты, расположенные в другой связной части дома.

Во-вторых, несколько слов о реализации. Один из возможных способов - хранить две булевы матрицы

1) определяющую для каждого человека, может ли он попасть в каждую из комнат, и

2) определяющую то же самое для каждого ключа,

и рекурсивно выполнять операции:

1) если человек может оказаться в комнате, попробовать сделать переходы в соседние комнаты,

2) то же самое для ключей, пытаясь при этом открывать дверь в соседнюю комнату,

3) когда дверь открывается, сделать переход для людей и ключей в смежных комнатах.

Таким образом, мы перебираем каждую пару человек-комната, человек-дверь, дверь-ключ, дверь комната O(1) раз, поэтому общая асимптотика решения O(nk + km + m² + nm).    

Заметим, что длинами сторон могут быть числа , , , и т.д., т.е. корни целых чисел, представимых в виде a² + b². Сгенерируем достаточное количество таких чисел. Обозначим их , , ... В некоторых случаях можно взять в качестве длин сторон первые n чисел, но в некоторых случаях этого сделать точно нельзя. Все зависит от четности. Если сумма r₁ + r₂ + ... + r_n нечетна, это невозможно сделать. В самом деле, каждую сторону можно представить вектором  (x_i, y_i), x_i² + y_i² = r_i (x_i и y_i могут быть отрицательными).  Если число r_i четно, сумма x_i + y_i также четна. Если r_i нечетно, то и x_i + y_i нечетно. Если можно построить многоугольник с векторами сторон (x_i, y_i), то x₁ + x₂ + ... + x_n = 0 и y₁ + y₂ + ... + y_n = 0, поэтому общая сумма x₁ + ... + x_n + y₁ + ... + y_n должна быть четной! Но если сумма r₁ + ... + r_n нечетна, она также нечетна, и построить многоугольник невозможно.

Возьмем числа r₁, ..., r_n, если их сумма четна, иначе возьмем r₁, ..., r_n + 1 и выбросим одно из них, чтобы сделать сумму четной (в своем решении я выбрасываю наибольшее из таких чисел). Для каждого r_i выберем неотрицательные x_i и y_i, x_i² + y_i² = r_i. В общем случае существует 8 возможных ориентаций вектора (x_i, y_i), ( - x_i, y_i), (x_i,  - y_i), ( - x_i,  - y_i), (y_i, x_i), ( - y_i, x_i), (y_i,  - x_i), ( - y_i,  - x_i). Решим следующую подзадачу - заориентировать векторы таким образом, чтобы их сумма равнялась нулю. Это можно сделать при помощи следующего жадного алгоритма. Будем перебирать векторы, начиная с наибольших по длине. Будем вычислять текущую векторную сумму, которая изначально равна (0, 0) и будет пересчитываться при каждом добавлении вектора. На каждом шаге будем выбирать ориентацию, минимизирующую текущую сумму (по длине) при добавлении к ней. Затем, когда векторы заориентированы, отсортируем их по полярному углу и, прибавляя их последовательно, получим выпуклый многоугольник. Описанный алгоритм находит требуемый многоугольник на всех возможных тестах.