发现题解区都是奇偶性什么什么的，于是提供一种新的，我认为更简单，更好理解的解法。

首先数字总是 $1$ 或 $2$ 这一点肯定特别有用。

我们先钦定答案的左端点是 $1$，右端点可以在前缀和上二分到第一个 $\ge x$ 的位置 $r$。

如果刚好满足和为 $x$ 那就不用管。否则：

令 $1 \sim r$ 的和为 $y$，那么肯定有 $y = x + 1$ 且 $a_r = 2$。

证明：

若 $y = x + k, k \ge 2$，那么必然可以通过减少 $r$ 使得答案更小。

所以 $y = x + 1$。

若此时 $a_r = 1$，那么必然可以通过令 $r \gets r - 1$ 使得更加满足答案。

证毕。

然后，正常情况下，我们肯定需要通过双指针检查最小满足的 $l, r$。

但是不难发现，

1. 一旦在右边 $+1$，左边 $-2$（即 $a_{r + 1} = 1, a_l = 2$）时，就相当于给 $y$ 减一了。

2. 如果刚刚好满足给左边 $-1$ 右边不动（即 $a_l = 1$），也相当于给 $y$ 减一。

那么左右端点必须有 $1$。那么反过来，我只需要知道 $1, r$ 向右有多少个连续的 $2$ 就行了，即每次有 $a_l = 2, a_{r + 1} = 2$ 的时候肯定要 $l \gets l + 1, r \gets r + 1$。

更详细的，令 $f_i$ 表示 $i$ 往右有多少个连续的 $2$。

如果 $f_1 \ge f_r$，那么肯定满足上述的第一种情况。

如果 $f_1 < f_r$，那么就是上述的第二种情况。

然后代码就会清新很多。

for(int i = n;i >= 1;i--){
    if(a[i] == 'W') f[i] = 0, s[i] = 1;
    else f[i] = f[i+1] + 1, s[i] = 2;
}

for(int i = 1;i <= n;i++) s[i] += s[i-1];

while(q--){
    int x; cin>>x;
    int l = 1, r = n, ans = -1;
    while(l <= r){
        int mid = (l + r) >> 1;
        if(s[mid] >= x) r = mid - 1, ans = mid;
        else l = mid + 1;
    }
    if(ans == -1){
        cout<<"NIE\n"; continue;
    }
    if(s[ans] == x){
        cout<<"1 "<<ans<<'\n'; continue;
    }
    if(f[1] >= f[ans]){
        if(ans + f[ans] > n) cout<<"NIE\n";
        else cout<<1 + f[ans]<<" "<<ans + f[ans]<<'\n';
        continue;
    }
    if(ans + f[1] > n) cout<<"NIE\n";
    else cout<<2 + f[1]<<" "<<ans + f[1]<<'\n';
}