好冷门的题，六个月了还没人写题解。
哦不对，有一个人写题解了。
哦不对，已经七个月了。

link。

考虑直接模拟，时间复杂度 $O(nt)$。

因为 $t$ 特别大，所以容易想到要么很快的就飞出格子，要么就无限死循环卡在那里不动。

飞出去的情况很好判断，思考什么时候会死循环——RL。

也就是说，一个机器人只要遇到了形如 RL 的两个格子，就会被卡在那里。

好吧，我承认我讲不出来了，看代码吧。

#include<iostream>
#include<cmath>
using namespace std;
const int N=1e6+10;
int n;
long long t;//开long long
char c[N];
int g[N],last[N],num=1;
// g[i] 记录 i 所在块的编号；last[i] 表示所有在 i 块中的机器人若走了无数步数，最后会到块中的哪个位置。
// 这里的块指最长连续相同字符的区间
// 例如：      LL|RR|LLL|R
// 块的编号为：1  2   3  4
// last为：    1  4   5  8
// 下标从一开始
int cnt[N];
int main(){
	cin>>n>>c+1>>t;
	if(c[1]=='L')last[1]=1;
	for(int l=1,r=1;r<=n;r++){
		if(c[l]==c[r])g[r]=num;
		else{
			if(c[r-1]=='R')last[num]=r-1;
			g[r]=++num,l=r;
			if(c[l]=='L')last[num]=l;
		}
	}
	if(c[n]=='R')last[num]=n;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		int res=last[g[i]];
		if(c[i]=='L'&&res==1&&i<=t||c[i]=='R'&&res==n&&n-i+1<=t)continue;//飞了
		else if(c[i]=='L'){
			if(i-res>=t)cnt[i-t]++;//没有到达其他块
			else cnt[res-(t-(i-res))%2]++;
      //走到res需要 i-res 步，还剩 t-(i-res) 步，模 2 余 0 在 L 处，否则在 R 处。
		}
		else{
			if(res-i>=t)cnt[i+t]++;//没有到达其他块
			else cnt[res+(t-(res-i))%2]++;
      //走到res需要 res-i 步，还剩 t-(res-i) 步，模 2 余 0 在 R 处，否则在 L 处。
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)cout<<cnt[i]<<' ';
	return 0;
}

时间复杂度：$O(n)$。

完结撒花。