[loj6500]操作

差分，令$b_{i}=a_{i-1}oplus a_{i}$，对于一个区间$[l,r]$，相当于令$a_{l-1}=a_{r+1}=0$之后求出$b_{l..r+1}$，对区间$[i-k,i)$异或1这个操作可以看作令$b_{i}$和$b_{i-k}$异或1，要求使得$b_{i}$全部为0

这就相当于要求$forall 0le i<k$，$b_{l..r+1}$中模$k$余$i$的位置异或为0，对$v_{0..k-1}$随机赋值，那么可以看作判断$igoplus_{lle ile r+1,iequiv j(mod k)}b_{i}v_{j}=0$，这个可以用前缀和维护（特别的，要特判$b_{l}=a_{l}$和$b_{r+1}=a_{r}$）

判定完无解后，（若有解）考虑如何求最少操作次数：

假设枚举$i$，对于模$k$余$i$且为1的$b_{j}$，将这些$j$记录下来，写作$pos_{1},pos_{2},...,pos_{2m}$（由于有解，必然是偶数个），答案即为$frac{sum_{i=1}^{m}pos_{2i}-pos_{2i-1}}{k}$（可以看作一个1不断向后移动，与之后第一个1相消）

对于相邻的模$k$余$i$的位置必然一正一负，通过前缀和（强制最后一个出现的数符号为正）来维护即可（同样要特判$l$和$r+1$），总复杂度为$o(n+mlog_{2}n)$

对于$l$和$r+1$的特判也可以通过$sum_{i,0/1}$表示假设$b_{i}=0/1$时的答案来避免

（另外要特判$k=1$，此时答案即为区间内1的个数）

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 2000005
#define ll long long
int n,t,q,l,r,ans,a[N],b[N],v[N],f[N];
ll g[N],sum[N][2];
char s[N];
int main(){
    srand(time(0));
    scanf("%d%d%d%s",&n,&t,&q,s);
    for(int i=0;i<n;i++)a[i+1]=s[i]-'0';
    if (t==1){
        for(int i=1;i<=n;i++)a[i]+=a[i-1];
        for(int i=1;i<=q;i++){
            scanf("%d%d",&l,&r);
            printf("%d
",a[r]-a[l-1]);
        }
        return 0;
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)b[i]=(a[i-1]^a[i]);
    for(int i=0;i<t;i++)v[i]=1LL*rand()*rand()%(1<<30);
    for(int i=1;i<=n;i++)f[i]=(f[i-1]^(b[i]*v[i%t]));
    for(int i=1;i<=n+1;i++){
        sum[i][0]=sum[i-1][b[i-1]];
        sum[i][1]=sum[i-1][b[i-1]]+i-2*g[i%t];
        if (b[i])g[i%t]=i-g[i%t];
    }
    for(int i=1;i<=q;i++){
        scanf("%d%d",&l,&r);
        ans=(f[l]^f[r]);
        if (a[l])ans^=v[l%t];
        if (a[r])ans^=v[(r+1)%t];
        if (ans)printf("-1
");
        else{
            if (a[l]!=b[l])printf("%lld
",(sum[r+1][a[r]]-sum[l][1])/t);
            else printf("%lld
",(sum[r+1][a[r]]-sum[l-1][b[l-1]])/t);
        }
    }
    return 0;
}