Description
阿狸喜欢收藏各种稀奇古怪的东西，最近他淘到一台老式的打字机。打字机上只有28个按键，分别印有26个小写英文字母和'B'、'P'两个字母。
经阿狸研究发现，这个打字机是这样工作的：
l 输入小写字母，打字机的一个凹槽中会加入这个字母(这个字母加在凹槽的最后)。
l 按一下印有'B'的按键，打字机凹槽中最后一个字母会消失。
l 按一下印有'P'的按键，打字机会在纸上打印出凹槽中现有的所有字母并换行，但凹槽中的字母不会消失。
例如，阿狸输入aPaPBbP，纸上被打印的字符如下：
a
aa
ab
我们把纸上打印出来的字符串从1开始顺序编号，一直到n。打字机有一个非常有趣的功能，在打字机中暗藏一个带数字的小键盘，在小键盘上输入两个数(x,y)（其中1≤x,y≤n），打字机会显示第x个打印的字符串在第y个打印的字符串中出现了多少次。
阿狸发现了这个功能以后很兴奋，他想写个程序完成同样的功能，你能帮助他么？
Input
输入的第一行包含一个字符串，按阿狸的输入顺序给出所有阿狸输入的字符。
第二行包含一个整数m，表示询问个数。
接下来m行描述所有由小键盘输入的询问。其中第i行包含两个整数x, y，表示第i个询问为(x, y)。
Input
输入的第一行包含一个字符串，按阿狸的输入顺序给出所有阿狸输入的字符。
第二行包含一个整数m，表示询问个数。
接下来m行描述所有由小键盘输入的询问。其中第i行包含两个整数x, y，表示第i个询问为(x, y)。
Output
输出m行，其中第i行包含一个整数，表示第i个询问的答案。
Sample Input
3
1 2
1 3
2 3
Sample Output
1
0
HINT
1<=N<=10^5
Solution
是一道能让我们深刻理解AC自动机的好题。
输入很有意思。不是直接给n个字符串，而是给了一个打字的序列。
发现，如果暴力找所有的字符串的话，那么会n^2 爆炸
B，P有点意思。而且还是可以累积的。
所以，可以直接建出来一棵trie树。B就是返回father，打一个字母就是找一个son，P就是在这个点打标记。
怎么找？
暴力kmp匹配n^2
我们有多个模式串，肯定要想一想AC自动机
简化问题，假设一个主串T，多次询问一个S在T中出现次数？
trie毕竟是一个前缀集合，而S在T的出现位置，只能是若干个T[1...i]前缀的后缀。
如果我们走一遍T，把路径上点权++，代表这个点是一个T的前缀。
怎么判断S在某个前缀中出现过？
反过来，如果一个前缀T[1...i]中有S，那么从i不断跳fail指针，必然有一次会跳到S的结尾处。
而，AC自动机的fail是一棵树，如果按照fail的方向，是一棵内向树。
在fail树中，如果i是S结尾处的子树中的节点，那么意味着i跳fail可以到S结尾处。
所以，可以用一个树状数组维护dfn序，就可以查询S结尾处子树内权值和。就是出现次数。
如果主串T稍微动一下（末尾添加字符，删除末尾字符），也可以做到。直接把点权加上、删去即可。
而这个主串变动其实是在trie上dfs
每次dfs移动显然不划算。
所以离线询问，挂在所有T的末尾。
如果dfs到Ti的末尾，回答所有询问。即Sj的fail树子树的权值和。
代码：
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int N=100000+5; int n,m; int sum; struct node{ int sub,key; int ans; }que[N]; //trie&&AC machine int ch[N][26]; bool has[N][26]; int tot; int fail[N]; int fa[N]; vector<int>mem[N]; vector<int>exi[N]; int on[N]; char s[N]; void pre(){ int now=0; fa[0]=0; for(int i=1;i<=n;i++){ if(s[i]=='P'){ sum++; on[sum]=now; exi[now].push_back(sum); } else if(s[i]=='B'){ now=fa[now]; } else{ int x=s[i]-'a'; if(!ch[now][x]) has[now][x]=1,ch[now][x]=++tot,fa[ch[now][x]]=now; now=ch[now][x]; } } } //fail tree struct edge{ int nxt,to; }e[2*N]; int hd[N],cnt; void add(int x,int y){ e[++cnt].nxt=hd[x]; e[cnt].to=y; hd[x]=cnt; } int dfn[N],dfn2[N]; int df; void dfs(int x,int fa){ dfn[x]=++df; for(int i=hd[x];i;i=e[i].nxt){ int y=e[i].to; if(y==fa)continue; dfs(y,x); } dfn2[x]=df; } void build(){ queue<int>q; for(int i=0;i<=25;i++){ if(has[0][i]) fail[ch[0][i]]=0,add(0,ch[0][i]),q.push(ch[0][i]); } while(!q.empty()){ int x=q.front();q.pop(); for(int i=0;i<=25;i++){ if(has[x][i]){ fail[ch[x][i]]=ch[fail[x]][i]; add(ch[fail[x]][i],ch[x][i]); q.push(ch[x][i]); } else{ ch[x][i]=ch[fail[x]][i]; } } } } //array tree int f[N]; void upda(int x,int c){ for(;x<=n;x+=x&(-x)) f[x]+=c; } int query(int x){ int ret=0;for(;x;x-=x&(-x)) ret+=f[x];return ret; } //ans void sol(int x,int fa){ upda(dfn[x],1); for(int i=0;i<mem[x].size();i++){ int son=on[que[mem[x][i]].sub]; int kk=query(dfn2[son])-query(dfn[son]-1); que[mem[x][i]].ans=kk; } for(int i=0;i<=25;i++){ if(has[x][i]){ sol(ch[x][i],x); } } upda(dfn[x],-1); } int main(){ scanf("%s",s+1); n=strlen(s+1); pre(); build(); dfs(0,0);//warning root is 0 scanf("%d",&m); int x,y; for(int i=1;i<=m;i++){ scanf("%d%d",&que[i].sub,&que[i].key); que[i].ans=0; mem[on[que[i].key]].push_back(i); } sol(0,0); for(int i=1;i<=m;i++){ printf("%d ",que[i].ans); } return 0; }
upda：2019.3.27：
直接暴力fail树上线段树合并，就可以在线辣