呵呵，先贴一张图：（这就是我CodeForces的头像（至少现在是））
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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 iin[1,|a|],left[exists A,exists B,a_{1sim i}=underbrace{A+B+A+cdots+A+B+A}_{m+1 ext{个}A,m ext{个}B} ight])。
(|a|inleft[1,10^6 ight])。
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_{1sim i})。首先，得满足(mmid i)，于是我们可以枚举(dfrac im)，即(|S|)。然后如果(a_{1sim i-frac im}=a_{1+frac imsim i})，那么(a_{1sim 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 imsim i})去匹配(a_{1sim i-frac im})，这个显然可以哈希，而在枚举(|S|)时(a_{1sim 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 iin[m|S|,m|S|+z_{a,m|S|+1}])，(a_{1sim 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])<<"
";
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;
}