这道题的问题非常自然，而解法也极其多样，感觉上和今年的 CSPT4 非常相似，是一道不可多得的好 DS！
几个做法的方向都是考虑区间查询与原串的区别，这也是这类问题一个常用的手法，但是考察的方向不一样就导出了不同的做法。
官解
不难发现，一次操作区间 $[l,r]$ 和全局的区别只有 $l$ 这个位置是否删除。
而维护全局迭代 $k$ 次后的结果是容易的，如果能够求出 $[l,r]$ 迭代 $k$ 次之后，左端点 $l$ 对应到原序列的位置 $L$，那么只需要统计全局迭代 $k$ 次之后 $[L,r]$ 里还剩下了多少字符即可。
于是我们考虑怎么维护每个询问 $[l,r]$ 迭代 $k$ 次之后，左端点对应到的原序列位置 $L_i$。
初始时 $L_i=l_i$，我们考虑一轮操作：
如果全局中 $L_i$ 被删了，区间中自然也被删了，于是 $L_i$ 要变成之后第一个存在的位置。
如果全局中 $L_i$ 没被删，但区间中也要删掉这个位置，于是 $L_i$ 要变成之后第一个存在的位置。
所以无论如何 $L_i$ 都会变成之后第一个存在的位置，于是把询问离线，每次迭代我们要做的事情就是：
把全局中应该删除的位置删除
把所有询问的 $L_i$ 变成之后存在的第一个位置
前者是容易维护的，但是后者看上去很难做。
此时一个很巧妙的想法是，我们维护所有剩余元素的相对位置，然后把 $L_i$ 的定义改成，每个询问 $[l,r]$ 迭代 $k$ 次之后，左端点对应到现在剩余的位置中的第 $L_i$ 个。
然后你会发现变成之后第一个存在的位置这个事情很容易做了，只需要把 $L_i$ 全部 $+1$ 就好。
不过这里要注意，如果 $L_i$ 在这一轮被删除了，那么是不需要 $+1$ 的。于是对于这一轮删除的位置，我们再单独把对应的询问扣掉就好。
$L_i$ 对应的询问有很多？显然当两个询问 $L_i$ 相等时，我们可以把他们直接合并，于是需要修改的询问数就是删除数，只会进行 $O(n)$ 次了。
使用线段树维护相对位置，并查集维护询问，总复杂度 $O(n\log n)$。
简单做法
首先可以发现，前缀是很好做的。如果固定 $l=1$，求每个 $r$ 的答案，和直接对全局做统计剩下多少 $[1,r]$ 的元素没有区别。
考虑怎么把区间转成前缀，容易想到前缀和相减，但是直接减肯定是有问题的。
一个重要的观察是，连续段从左边删还是从右边删，是完全等价的。
“前缀的后缀是区间”，我们可以把 $[l,r]$ 迭代 $k$ 次剩下多少，转化为对于 $[1,r]$ 每次删右边，操作 $k$ 次后剩下 $[l,r]$ 多少个元素。
此时就可以前缀和相减了，答案等于 $[1,r]$ 每次删右边 剩下多少 $[1,r]$ 的元素 减去 $[1,r]$ 每次删右边 剩下多少 $[1,l-1]$ 的元素。
由于前着操作范围和查询范围一致，我们再改成每次删左边，这就是最开始提到的前缀问题了。
而后者注意到若 $[l,r]$ 剩下了元素，则答案等于 $[1,n]$ 每次删右边 剩下多少 [1,l-1] 的元素，因为 $r$ 右边的位置被 $[l,r]$ 挡住了，对于 $[1,l]$ 来说全局和前缀没有区别。
而若 $[l,r]$ 没有剩下元素，后者算出来一定比真实值要大，于是减出来必然 $\le 0$，所以答案直接就是两个式子相减对 $0$ 取 $\max$。
对两边分开做，复杂度仍然是 $O(n\log n)$。
我的做法
这个做法有一些神秘的观察，我暂时不知道有没有更好的解释。
一开始我看错题了，以为是求连续段数，因此题解前半段是对着这个问题写的。
还是考虑全局与区间的关系，不难发现迭代 $k$ 次之后，全局的每个连续段，都对应着初始序列的一段区间。
这样的连续段总共只有 $O(n)$ 个，我们可以将其全部预处理出来，每个连续段的信息都形如，对应原序列 $[l,r]$ 的位置，且存在时间为 $[tl,tr]$。
考虑一次查询 $[ql,qr]$，对于 $ql\le l,r\le qr$ 且此时存在的连续段，显然在区间查询中这个连续段也必然存在。由于同一时刻连续段不交，这是一个动态一维数点，用 bit 维护一下就好。
比较麻烦的是，会有至多两个区间与 $[ql,qr]$ 有交，但不被 $[ql,qr]$ 完全包含，在区间查询中我们不知道这两个区间对应的连续段是否仍然存在。
于是我们现在的问题就是，给定 $2q$ 个询问，要求判断 $[l,r]$ 操作 $k$ 轮之后是否会删空。
试了一些 DS 常用手法，但是都不太能做，这个信息实在是没有办法合并。于是我们考虑最基础的问题，如果 $l=1$ 固定，怎么对于每个前缀求 $[1,r]$ 最小删空时间。
稍加思考之后不难发现，我们可以维护 $[1,r-1]$ 每个时刻末尾最后一个字符的颜色。当 $r-1\to r$ 时，找到第一个末尾颜色与 $s_r$ 不同的时刻 $p$，在 $[1,p-1]$ 这些时刻中 $r$ 都不会被删除，而在 $p$ 这个时刻恰好会被删除。同时，$p$ 时刻序列末尾的字符就会被改成 $s_r$ 了。
而如果 $p$ 不存在，那么说明整个前缀存在时间又变长了，所以把 $s_r$ 放在序列末尾即可。
于是对于判定一个区间 $[l,r]$ 是否会删空，我们可以形式化的描述成这样一个 DS 问题：
有一个初始全为 $-1$ 的无限长数组，以及 $0,1$ 两种操作类型，$0$ 操作会把序列第一个 $1/-1$ 改成 $0$，$1$ 操作会把序列第一个 $0/-1$ 改成 $1$，求所有操作进行完之后最后一个不是 $-1$ 的元素位置。
看起来很难做，但是一个很惊人的观察是，当且仅当序列全部同色，且再 push 一个这种颜色字符时，序列非 $-1$ 长度会增加。
如果把 $1$ 视作 $1$，$0$ 视作 $-1$，最大前缀和为 $Max$，最小前缀和为 $Min$，$1$ 对答案的贡献就是 $Max$，$0$ 对答案的贡献就是 $-Min$!
因此只要 $Max-Min>k$，区间就不会删空，否则必然被删空。
于是只要支持静态查询区间前缀和最大值/最小值，直接倍增维护一下就好。
但是这个题不是问连续段数，而是问剩余字符数，又该怎么办呢？
对于完全被 $[ql,qr]$ 包含的连续段，显然也是好做的，因为剩余字符数是一个一次函数，维护常数和一次项和即可。
而对于没被完全包含的区间，好像我们刚才的办法只支持判定，并不支持查询字符数，有点倒闭。
但细想一下，发现查询是有性质的：查询区间如果剩下了字符，则必然只剩下一种字符，换句话说这些字符构成恰好一个同色连续段。
这是因为我们查询的区间被包含在全局的某个同色连续段，在原序列中对应的区间中了。
这个同色连续段会在时刻 $Max-Min$ 删空，而每迭代一次恰好删除一个字符，所以剩余字符数等于删空所需要的迭代次数，也就是 $\max(0,Max-Min-k)$。
于是仍然倍增支持静态区间最小/最大前缀和查询，总复杂度 $O(n\log n)$。