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给你一个字符串 s，请你对 s 的子串进行检测。
每次检测，待检子串都可以表示为 queries[i] = [left, right, k]。我们可以 重新排列 子串 s[left], ..., s[right]，并从中选择 最多 k 项替换成任何小写英文字母。
如果在上述检测过程中，子串可以变成回文形式的字符串，那么检测结果为 true，否则结果为 false。
返回答案数组 answer[]，其中 answer[i] 是第 i 个待检子串 queries[i] 的检测结果。
注意：在替换时，子串中的每个字母都必须作为 独立的 项进行计数，也就是说，如果 s[left..right] = "aaa" 且 k = 2，我们只能替换其中的两个字母。（另外，任何检测都不会修改原始字符串 s，可以认为每次检测都是独立的）
示例：
输入：s = "abcda", queries = [[3,3,0],[1,2,0],[0,3,1],[0,3,2],[0,4,1]]
输出：[true,false,false,true,true]
解释：
queries[0] : 子串 = "d"，回文。
queries[1] : 子串 = "bc"，不是回文。
queries[2] : 子串 = "abcd"，只替换 1 个字符是变不成回文串的。
queries[3] : 子串 = "abcd"，可以变成回文的 "abba"。 也可以变成 "baab"，先重新排序变成 "bacd"，然后把 "cd" 替换为 "ab"。
queries[4] : 子串 = "abcda"，可以变成回文的 "abcba"。
solution
前缀和频数。实际上可以通过异或然后n&(n-1)求odd数量。
class Solution:
def canMakePaliQueries(self, s: str, queries: List[List[int]]) -> List[bool]:
n = len(s)
count = [[0 for _ in range(26)] for _ in range(n + 1)]
def ch2int(c):
return ord(c) - ord('a')
for i in range(n):
for j in range(26):
count[i + 1][j] = count[i][j]
count[i + 1][ch2int(s[i])] += 1
res = []
for l, r, k in queries:
odd = 0
for i in range(26):
t = count[r + 1][i] - count[l][i]
if t & 1 == 1:
odd += 1
# odd //2是需要更换的数量
res.append(odd //2 <= k)
return res