呵呵，先贴一张图：（这就是我CodeForces的头像（至少现在是））
洛谷题目页面传送门 & CodeForces题目页面传送门
给定字符串\(a\)，求它的每一个前缀，是否能被表示成\(m+1\)个字符串\(A\)和\(m\)个字符串\(B\)交错相连的形式，即求\(\forall i\in[1,|a|],\left[\exists A,\exists B,a_{1\sim i}=\underbrace{A+B+A+\cdots+A+B+A}_{m+1\text{个}A,m\text{个}B}\right]\)。
\(|a|\in\left[1,10^6\right]\)。
考虑把\(A+B\)看作一个整体，这样问题就转化为了求\(a\)的每一个前缀是否能被表示成\(m\)个字符串\(S\)相连再连上一个\(S\)的前缀（可以\(=\varnothing\)，也可以\(=S\)）。
我们先考虑怎么在短时间内知道一个\(a\)的前缀是否可以被表示为\(m\)个\(S\)相连，如果可以就再往后扩展。这是一个非常经典的问题。设要求的是\(a\)的前缀\(a_{1\sim i}\)。首先，得满足\(m|i\)，于是我们可以枚举\(\dfrac im\)，即\(|S|\)。然后如果\(a_{1\sim i-\frac im}=a_{1+\frac im\sim i}\)，那么\(a_{1\sim i}\)可以被表示为\(m\)个\(S\)相连（这个很好证吧，错位相等）。我们可以拿\(a_{1+\frac im\sim i}\)去匹配\(a_{1\sim i-\frac im}\)，这个显然可以哈希，而在枚举\(|S|\)时\(a_{1\sim i-\frac im}\)永远是\(a\)的前缀，所以也可以Z算法（如果聪明的读者还不知道Z算法是什么，please点击这个）。
接下来要考虑如何往后拓展。这个比较简单，往后拓展的那段子串长度一定\(\in[0,|S|]\)，并且要与\(a\)的前缀匹配。这不正是Z算法的专长吗？\(\min(|S|,z_{a,m|S|+1})\)不就是能往后拓展的最长长度吗？这个最长长度也可以哈希+二分，但那复杂度就带\(\log\)了。对了，能往后拓展最长\(z_{a,m|S|+1}\)个，就意味着\(\forall i\in[m|S|,m|S|+z_{a,m|S|+1}]\)，\(a_{1\sim i}\)都能被表示成\(m+1\)个字符串\(A\)和\(m\)个字符串\(B\)交错相连的形式，这是个区间答案赋成\(1\)的操作，可以用线段树或树状数组维护，但更简单的有差分。最后被赋成\(1\)的次数若\(>0\)，则答案为\(1\)，否则为\(0\)。
感觉说的不太清楚。。。具体看代码吧（也不一定能看懂啊）：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1000000;
int n/*|a|*/,m/*要被表示成m+1个A与m个B交错相连的形式*/;
char a[N+5];//字符串
int z[N+1];//z数组
void z_init(){//Z算法
z[1]=n;
int zl=0,zr=0;
for(int i=2;i<=n;i++)
if(zr<i){
while(i+z[i]<=n&&a[i+z[i]]==a[1+z[i]])z[i]++;
if(z[i])zl=i,zr=i+z[i]-1;
}
else if(i+z[i-zl+1]<=zr)z[i]=z[i-zl+1];
else{
z[i]=zr-i+1;
while(i+z[i]<=n&&a[i+z[i]]==a[1+z[i]])z[i]++;
zl=i;zr=i+z[i]-1;
}
}
int d[N+1];//差分数组
int main(){
cin>>n>>m>>a+1;
z_init();
for(int i=1;i*m<=n;i++)//枚举|S|
if(z[i+1]>=i*(m-1)){//a[1~i*m]可以被表示为m个S相连
// cout<<i<<" "<<i*m+min(i,z[i*m+1])<<"\n";
d[i*m]++;//往后拓展的左端点差分数组++
if(i*m+min(i,z[i*m+1])+1<=n)d[i*m+min(i,z[i*m+1])+1]--;//往后拓展的右端点的下一个差分数组--
}
int now=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
now+=d[i];//现在now为i的答案被赋成1的次数
cout<<!!now;//转为bool值
}
return 0;
}
来源：https://www.cnblogs.com/ycx-akioi/p/CodeForces-526D.html