题面（简化）
给定一个长度为 $n$ 的字符串 $s$，要求选择一个长度尽可能短的子串，使得字符串 $t$ （长为 $m$）是它的子序列。输出该子串的左右端点 $l,r$。
在长度最短的前提下使得 $l$ 尽可能小。
字符串 $s$ 与 $t$ 用两个序列表示。
简化后的题面可能难以理解，防一组样例来进一步说明：
s : 5 3 5 3 6 6
t : 3 5 6
符合题目要求的子串为 3 5 3 6，输出为：2 4
题目有多组测试，数据范围：$1≤m≤n≤10^6$。每种字符在字符串 $t$ 中至多出现 $1$ 次。
题解
1.从暴力出发
这题的暴力非常简单，直接枚举左端点 $l$ 然后向右匹配就可以。
这样的复杂度很显然是 $O(n^2)$，可以在这道题拿到 $20pts$ 的分数。
如果你已经打完了这个暴力，那么恭喜你，其实你已经接近 $100pts$ 了。或许你不会相信，但是接下来的两个很简单的优化却可以完美地利用人性的弱点，创造出一个 复杂度错误 、可以被很简单地卡掉 ，但可以 A掉本题 、爆杀正解（可能比正解还是慢一点） 的抽象玄学代码，让你得以领略到暴力的优美。
让我们重走一遍我考试时的心路历程。
2.优化
一个很简单的优化：匹配之前预处理出 $s$ 中所有等于 $t_1$ 的位置，然后再对于每个这样的位置暴力向右匹配。
这个优化看似没什么用，但是它会把时间复杂度从 $O(n^2)$ 变成：
$O(n*[s_j=t_1]),j\in[1,n]$。
可以发现 $[s_j=t_1]≤n$，所以优化后复杂度不严格优于优化前。
3.进一步优化
在刚才的优化基础上，我们再进一步优化。
考虑一个问题：为什么一定要预处理出 $s$ 中等于 $t_1$ 的位置呢？
实际上，任何一个 $t_i$ 都可以胜任这个位置。只不过如果 $i$ 不为 $1$ 的话我们就需要向左右两个方向匹配了，那好像也没什么难的。
若预处理出 $s$ 中所有等于 $t_i$ 的位置，那么复杂度为 $O(n*[s_j=t_i]),j\in[1,n]$
考虑怎样选择 $t_i$ :显然 $t_i$ 在 $s$ 数组里出现的次数越少越好。等等，在 $s$ 中出现次数最少的 $t_i$ —— 这也是可以 $O(n)$ 预处理出来的！
为方便讲述，我们下面把在 $s$ 中出现次数最少的 $t_i$ 称为基准值，记为 $c$。
显然的，$c$ 在 $s$ 中最多出现 $\frac{n}{m}$ 次，即 $[s_j=c]≤\frac{n}{m}$，则总复杂度为 $O(\frac{n^2}{m})$。
是不是感觉有点奇怪？$m$ 是给定的 $t$ 数组长度极限值，但是它出现在了复杂度的分母上！
也就是说，$m$ 越大，对我们越有利；$m$ 较小时，复杂度可能退化为 $O(n^2)$，我们就可以被卡掉。
那么来吧，放手一搏！我们就赌这道题目没有 $n$ 很大而 $m$ 很小的数据点，出题人一般都是把 $m$ 尽可能变大的！
显然，至少在这题，我们赢下了这场豪赌。
4.反思
虽然这道题确实是过了，但是我们还是得居安思危。这题不卡并不是所有题目都不会卡，在考后还是要多看正解。
这里有 @ShwStone 的 dp 做法，应该是正解：Link
下面有完整代码与自己干出来的一组 $hack$ 数据。
完整代码
代码中用桶进行了预处理，最后在 33~34 行得到了基准值 $c$ 与它在 $t$ 数组里的下表 $sv$。
36~62 行是匹配，还是有一点细节的，但是不难写。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline int read()
{
int s=0,w=1;
char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9')
{
if(ch=='-') w=-1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9') s=(s<<3)+(s<<1)+ch-'0',ch=getchar();
return s*w;
}
const int N=1e6+5;
vector<int> st;
int T,s[N],t[N],bkt[N],bks[N];
int main()
{
//freopen("qlx.in","r",stdin);
//freopen("qlx.out","w",stdout);
T=read();
for(int ccc=1,n,m;ccc<=T;ccc++)
{
int mins=INT_MAX,c=0,sv=0,flag=0,minl=INT_MAX,ans1=0,ans2=0;
memset(bkt,0,sizeof(bkt));
memset(bks,0,sizeof(bks));
st.clear();
n=read(),m=read();
for(int i=1;i<=n;i++) s[i]=read();
for(int i=1;i<=m;i++) t[i]=read(),bkt[t[i]]++;
for(int i=1;i<=n;i++) if(s[i]<N) if(bkt[s[i]]) bks[s[i]]++;
for(int i=1;i<=m;i++) if(bks[t[i]]&&bks[t[i]]<mins) mins=bks[t[i]],c=t[i];
for(int i=1;i<=m;i++) if(t[i]==c){sv=i;break;}
for(int i=1;i<=n;i++) if(s[i]==c) st.emplace_back(i);
for(int i=0;i<st.size();i++)
{
int v=st[i],q=sv+1,resr=n,flag1=0,flag2=0;
for(;v<=n;v++)
{
if(q>m) break;
if(s[v]==t[q]) q++;
flag1=1;
}
if(q<=m) continue;
resr=v-flag1,v=st[i],q=sv-1;
for(;v>=1;v--)
{
if(q<1) break;
if(s[v]==t[q]) q--;
flag2=1;
}
if(q<1)
{
if(resr-(v+flag2)+1<minl)
{
ans1=v+flag2,ans2=resr;
minl=resr-(v+flag2)+1;
}
flag=1;
}
}
if(flag) printf("%d %d\n",ans1,ans2);
else printf("-1\n");
}
}
hack数据
hack 数据生成代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,len,m;
int main()
{
freopen("qlx.in","w",stdout);
cout<<1<<"\n";cout<<"1000000 2"<<endl;
for(int i=1;i<=1000000/2;i++) cout<<"1 ";
for(int i=1;i<=1000000/2;i++) cout<<"2 ";
cout<<endl;
cout<<"1 2"<<endl;
}
多测组数为一组，$s$ 数组前一半是 $1$，后一半是 $2$。$n=1e6,m=2$。$t$ 数组为：1 2。
就这么个玩意儿程序跑了 $3$ 分钟才给出答案，相当于 $180000ms$，T 飞了。