贪心
两个小时没做出来，首要原因居然不是我菜，而是寝室里有 shaber 碍手碍脚。
赛时猜测有解条件为 $m \leq 2n - 1$，实际上这是对的，赛时我写了个暴力搜索，可惜没顶什么用。对于给定的 $n$ 只要构造出 $m = 2n - 1$ 的方案就可以完成构造。
进行一些转化。
没有同色环说明如果仅保留一种颜色的边，二分图将会变成森林。共有 $2n+m$ 个节点，所以每种颜色的边至多有 $2n + m - 1$ 条。总边数为 $2nm$，颜色有 $n$ 种，据此列出不等式。
$$(2n + m - 1) n \geq 2nm$$
$$2n + m - 1 \geq 2m$$
$$2n - 1 \geq m$$
因此当 $m \leq 2n - 1$ 时才可能有解，这个条件是充要的。条件是赛时猜的，题解里也没证明为啥，但是能给出对应构造方案就说明它是对的。
考虑利用二分图这个条件，只要考虑左部点或考虑右部点的连边即可完成整张图的连边。
对于每种颜色，分出 $2$ 条边给每个右部点。这一步是直观但富有人类智慧的。
那么被某个右部点的同色边连接的两个左部点属于同一连通块，这等价于一种“连边”。对于某一个颜色，在 $m = 2n - 1$ 次连边之后 $2n$ 个左部点将属于同一连通块，也就是成为一棵树。
最直接的手段是将左部点通过“连边”变成链。
这需要让左部点的第 $i$ 个节点和第 $i+1$ 个节点连边，所以对于一种颜色，有恰好 $m = 2n-1$ 条边要连。
将第一种颜色对应的边 $(1,2),(2,3),(3,4),\cdots,(2n-1,2n)$ 依次分给第 $1 \sim m$ 个右部点，完成第 $1$ 种颜色的连边。接下来进行第 $1$ 次循环同构，将第二种颜色对应的边 $(3,4),(4,5),(5,6),\cdots,(1,2),(2,3)$ 依次分给第 $1 \sim m$ 个右部点，完成第 $2$ 种颜色的连边。以此类推直到完成第 $n-1$ 种颜色的连边。
下面展示一个 $n = 4,m = 7$ 的实例。
$$(1,2)(2,3)(3,4)(4,5)(5,6)(6,7)(7,8)$$
$$(3,4)(4,5)(5,6)(6,7)(7,8)(1,2)(2,3)$$
$$(5,6)(6,7)(7,8)(1,2)(2,3)(3,4)(4,5)$$
继续循环同构试图获得第 $n$ 种颜色对应的边序列将会得到下面的边序列。容易发现添加这个序列后构造的图不符合题目要求。
$$(7,8)(1,2)(2,3)(3,4)(4,5)(5,6)(6,7)$$
解决方法很简单，由于 $n-1$ 个颜色的连边已经完成，每个节点都只剩下两条边没有连，找到这两条剩余的边并将它们的颜色设为 $n$ 即可。
时间复杂度 $O(n^2)$。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,ans[2'005][2'005];
void solution(){
cin>>n>>m;
if(n*2-1<m) return cout<<"No"<<'\n',void();
for(int i=1;i<=n*2;i++)
for(int j=1;j<=n*2-1;j++) ans[i][j]=0;
list<pair<int,int>> s;
for(int i=1;i<=n*2-1;i++) s.push_back({i,i+1});
for(int i=1;i<=n-1;i++){
int pos=1;
for(auto [x,y]:s){
ans[x][pos]=i;
ans[y][pos]=i;
++pos;
}
s.push_back(s.front());
s.pop_front();
s.push_back(s.front());
s.pop_front();
}
cout<<"Yes"<<'\n';
for(int i=1;i<=n*2;i++){
for(int j=1;j<=m;j++){
if(ans[i][j]) cout<<ans[i][j]<<' ';
else cout<<n<<' ';
}
cout<<'\n';
}
}
int T;
int main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);cout.tie(0);
cin>>T;
while(T--) solution();
return 0;
}