賽後發現是道原題。。。
比賽時想到了線段樹維護dp，然而dp沒有寫好。。。
考慮如果只對原序列詢問一次，那麼可以o（n）的dp去做，dp[i][j]表示在i個位置達到狀態j的最小花費，第二維的狀態有｛2｝，｛20｝，｛201｝，｛2019｝。
發現可以分開考慮在每個位置轉移的花費，然後用線段樹維護。
考慮兩個不同區間狀態的合併，可以暴力枚舉中間轉態，k^3的轉移。
#include <bits/stdc++.h>
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 1000025
#define ll long long
#define mod 1000000007
#define go(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define dep(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
#define pb push_back
#define inf 0x3f3f3f3f
#define ld long double
#define pii pair<int,int>
#define vi vector<int>
#define add(a,b) (a+=(b)%mod)%=mod
#define lowb(x,c,len) lower_bound(c+1,c+len+1,x)-c
#define uppb(x,c,len) upper_bound(c+1,c+len+1,x)-c
#define ls i*2+1
#define rs i*2+2
#define mid (l+r)/2
#define lson l,mid,ls
#define rson mid+1,r,rs
#define root 1,n,0
#define ms(a,b) memset(a,b,sizeof a)
struct no{
int dp[5][5];
no(){ms(dp,inf); }
} t[N*4];
char s[N];
no getnew(char ch){
no res;
go(i,0,4)res.dp[i][i]=0;
if(ch=='2')res.dp[0][1]=0,res.dp[0][0]=1;
if(ch=='0')res.dp[1][2]=0,res.dp[1][1]=1;
if(ch=='1')res.dp[2][3]=0,res.dp[2][2]=1;
if(ch=='9')res.dp[3][4]=0,res.dp[3][3]=1;
if(ch=='8')res.dp[3][3]=1,res.dp[4][4]=1;
return res;
}
no ma(no a,no b){
no res;
go(i,0,4)go(j,i,4)go(k,i,j)
res.dp[i][j]=min(res.dp[i][j],b.dp[i][k]+a.dp[k][j]);
return res;
}
void build(int l,int r,int i){
if(l==r){
t[i]=getnew(s[l]);
return ;
}
build(lson);build(rson);
t[i]=ma(t[ls],t[rs]);
}
no query(int L,int R,int l,int r,int i){
if(L==l&&R==r)return t[i];
if(R<=mid)return query(L,R,lson);
if(L>mid)return query(L,R,rson);
return ma(query(L,mid,lson),query(mid+1,R,rson) );
}
int n,m,l,r;
int main()
{
scanf("%d %d %s",&n,&m,s+1);
build(root);
while(m--){
scanf("%d%d",&l,&r);
int ans=query(l,r,root).dp[0][4];
printf("%d\n",ans==inf?-1:ans);
}
}