[POI2011]LIZ-Lollipop

通过观察可以发现，假设一个区间 \([l, r]\) 能表示出 \(x\)，那么他左右两端只有三种情况：

• 两端均为 \(1\)

• 一端为 \(1\) 一端为 \(2\)

• 两端均为 \(2\)

那么可以发现的是，我们一定能通过调整构造出 \(x - 2\) 的方案。

所以，\(\forall x\) 若 \(x\) 可被凑成，那么 \(x - 2\) 也可被凑成。

那么如果一个数 \(x\) 还能被凑成就只能是另一种情况了：\(x\) 能被凑成但 \(x + 2\) 不能被凑成。

继续观察可以发现，如果一个数 \(x\) 被凑成的区间 \([l, r]\) 左右都还有数，必然也会出现最开始的三种情况。

因此，如果区间 \([l, r]\) 能凑成数 \(x\) 且区间 \([l, r]\) 不一边靠界，那么 \(x + 2\) 必然也能被凑出。

那么上述的最后一种情况又变简单了，根据上面这条性质，这种情况下 \(x\) 只能由一个前缀或后缀凑成。

因此我们只需要维护前缀和后缀和即可，复杂度 \(O(n)\)。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rep(i, l, r) for (int i = l; i <= r; ++i)
#define dep(i, l, r) for (int i = r; i >= l; --i)
const int N = 2e6 + 5;
char s[N]; 
int n, m, k, a[N], l[N], r[N], vpre[N], vsuf[N], pre[N], suf[N];
int read() {
    char c; int x = 0, f = 1;
    c = getchar();
    while (c > '9' || c < '0') { if(c == '-') f = -1; c = getchar();}
    while (c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - '0', c = getchar();
    return x * f;
}
int main() {
    n = read(), m = read();
    scanf("%s", s + 1);
    rep(i, 1, n) a[i] = (s[i] == 'T' ? 2 : 1);
    rep(i, 1, n) pre[i] = pre[i - 1] + a[i], vpre[pre[i]] = i;
    dep(i, 1, n) suf[i] = suf[i + 1] + a[i], vsuf[suf[i]] = i;
    dep(i, 1, n * 2) {
        if(vpre[i]) l[i] = 1, r[i] = vpre[i];
        else if(vsuf[i]) l[i] = vsuf[i], r[i] = n;
        else if(l[i + 2]) {
            int L = l[i + 2], R = r[i + 2];
            if(a[L] == 2) l[i] = L + 1, r[i] = R;
            else if(a[R] == 2) l[i] = L, r[i] = R - 1;
            else l[i] = L + 1, r[i] = R - 1;
        }
    }
    while (m--) {
        k = read();
        if(!l[k]) puts("NIE");
        else printf("%d %d\n", l[k], r[k]);
    }
    return 0;
}

值得一提的是，存在性问题中往往可以从一个解进行调整得到另一种解。

因此对于调整的可行性的观察是必不可少的。