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题解
区间取反 $01$ 串的经典套路是差分。我们令 $b_i = a_i\ {\rm xor}\ a_{i - 1}$（${a_i}$ 表示原 $01$ 序列），这样每一次对一个长度为 $k$ 的区间取反只会使两个 $b_i$ 发生变化，不妨设为 $b_x, b_y(x < y)$，那么一定满足 $y - x = k$。而我们的目的就是使得差分后数组 $b$ 里的所有 $1$ 变为 $0$。
为了方便，接下来的分析均只使用差分后的数组 $b$。
首先很显然的是，模 $k$ 后值不同的位置绝不会互相影响。因此我们可以将所有位置 $i$ 按照模 $k$ 的值分组，模 $k$ 的值相同的位置属于同一组。那么对于每次询问，有解当且仅当 $b$ 数组的每一组在区间 $[l, r + 1]$ （由于是差分数组，因此要考虑位置 $r + 1$）内都恰好包含偶数个 $1$。奇偶性的判断通常用哈希完成，具体地，我们可以给同一组内所有满足 $b_i = 1$ 的位置 $i$ 赋一个相同的较大的随机值，不同的组赋不同的值，那么一段区间有解，一定满足区间内所有值的异或和为 $0$。这样，我们就能够在 $O(1)$ 的时间内判断区间是否有解。
接下来考虑如何计算最小操作次数。对于任意的 $j(0 \leq j < k)$，假设满足 $b_i = 1$ 且 $i\ {\rm mod}\ k = j$ 的所有位置 $i$ 从小到大分别为 $p_1, p_2, \cdots, p_{2t - 1}, p_{2t}$，那么考虑贪心，我们肯定是从左至右依次选择最近的两个 $p$ 消去，因此答案为 $\frac{(p_2 - p_1) + (p_4 - p_3) + \cdots + (p_{2t} - p_{2t - 1})}{k}$。我们可以设法维护这个式子的前缀和。在从左至右依次处理时，由于每一组内从右至左的第奇数个已处理的满足 $b_i = 1$ 的 $i$ 有正的贡献，第偶数个已处理的满足 $b_i = 1$ 的 $i$ 有负的贡献，而新的 $i$ 加入会导致奇偶性改变，即会发生正负交替，因此每加入一个 $b_i = 1$ 的 $i$ 时，我们直接将 $i\ {\rm mod}\ k$ 的所有位置的贡献和取反再加上 $i$，最后再添加到前缀和中即可。
最后注意由于每次询问 $[l, r]$ 时我们要强制使得 $a_{l - 1} = a_{r + 1} = 0$，因此区间的边界需要特殊处理。
这样，我们就在 $O(n + m)$ 的时间内解决了此题。
代码
1#include<bits/stdc++.h> 2 3using namespace std; 4 5#define X first 6#define Y second 7#define mp make_pair 8#define pb push_back 9#define debug(...) fprintf(stderr, __VA_ARGS__) 10 11typedef long long ll; 12typedef long double ld; 13typedef unsigned int uint; 14typedef pair<int, int> pii; 15typedef unsigned long long ull; 16 17template<typename T> inline void read(T& x) { 18 char c = getchar(); 19 bool f = false; 20 for (x = 0; !isdigit(c); c = getchar()) { 21 if (c == '-') { 22 f = true; 23 } 24 } 25 for (; isdigit(c); c = getchar()) { 26 x = x * 10 + c - '0'; 27 } 28 if (f) { 29 x = -x; 30 } 31} 32 33template<typename T, typename... U> inline void read(T& x, U&... y) { 34 read(x), read(y...); 35} 36 37template<typename T> inline bool checkMax(T& a, const T& b) { 38 return a < b ? a = b, true : false; 39} 40 41template<typename T> inline bool checkMin(T& a, const T& b) { 42 return a > b ? a = b, true : false; 43} 44 45const int N = 2e6 + 10; 46 47int n, k, m, s[N][3], v[N]; 48 49char str[N]; 50 51ull hash_val[N], pre[N]; 52 53inline ull get_random() { 54 return (1ull * rand() << 30) + (1ull * rand() << 15) + rand(); 55} 56 57int main() { 58 read(n, k, m); 59 scanf("%s", str + 1), str[0] = '0'; 60 for (register int i = 0; i < k; ++i) { 61 hash_val[i] = get_random(); 62 } 63 for (register int i = 1; i <= n; ++i) { 64 if (str[i] ^ str[i - 1]) { 65 pre[i] = pre[i - 1] ^ hash_val[i % k]; 66 s[i][0] = s[i - 1][0] + i - (v[i % k] << 1); 67 v[i % k] = i - v[i % k]; 68 } else { 69 pre[i] = pre[i - 1]; 70 s[i][0] = s[i - 1][0]; 71 } 72 s[i][1] = v[i % k]; 73 s[i][2] = v[(i + 1) % k]; 74 } 75 for (register int i = 1; i <= m; ++i) { 76 int l, r; read(l, r); 77 ull t = pre[r] ^ pre[l]; 78 int res = s[r][0] - s[l][0]; 79 if (str[l] == '1') { 80 t ^= hash_val[l % k]; 81 res -= l - (s[l][1] << 1); 82 } 83 if (str[r] == '1') { 84 t ^= hash_val[(r + 1) % k]; 85 res += r + 1 - (s[r][2] << 1); 86 } 87 printf("%d\n", !t ? res / k : -1); 88 } 89 return 0; 90}