题意：给一个串(S)，有(q)次操作：
1 i c表示将(i)位置的字符修改为(c)；2 l r t表示求(s_{l},s_{l+1},cdots s_r)中(t)串的出现次数。
(|S|,q,sum |t| leq 10^5)。
题解：不难想到暴力kmp匹配，单次查询的时间复杂度是(O(|S|+|t|))。发现(|t|)较小时这样做很不划算，因此我们可以考虑根号分治。
当(|t|)较小时，如果我们对(S)分块，那么(t)只会有两种情况：完全在块内，或者在两个块之间。
对于整块，我们对每个块内的字符串都建立SAM，有修改就打个标记，查询时拍扁重建。由于修改次数最多(n)次，所以重构的时间复杂度是(O(n sqrt n))的。
对于散块，直接kmp即可。
对于(t)在两个块之间的情况，我们只需要考虑左端点在上一个块，右端点在当前块的位置，因此直接kmp的复杂度也是(O(|t|))的。
时间复杂度：(O(n sqrt n))。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define re register int
#define F(x,y,z) for(re x=y;x<=z;x++)
#define FOR(x,y,z) for(re x=y;x>=z;x--)
typedef long long ll;
#define I inline void
#define IN inline int
#define C(x,y) memset(x,y,sizeof(x))
#define STS system("pause")
template<class D>I read(D &res){
res=0;register D g=1;register char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)){
if(ch=='-')g=-1;
ch=getchar();
}
while(isdigit(ch)){
res=(res<<3)+(res<<1)+(ch^48);
ch=getchar();
}
res*=g;
}
const int N=316;
char c[101000],t[101000],cc;
int n,m,sum,T,ln,ans,a[101000],b[101000];
int sit,X,Y,W;
struct SAM{
int p,q,las,tot,cur,cle,len[660],link[660],ch[660][26],cnt[660],buc[660],sa[660],lft,rit,v;
I clear(int x){
len[x]=link[x]=cnt[x]=0;
F(i,0,25)ch[x][i]=0;
}
I insert(int x){
cur=++tot;clear(tot);
len[cur]=len[las]+1;p=las;las=cur;cnt[cur]=1;
while(p&&!ch[p][x])ch[p][x]=cur,p=link[p];
if(!p)return link[cur]=1,void();
q=ch[p][x];if(len[p]+1==len[q])return link[cur]=q,void();
cle=++tot;clear(cle);len[cle]=len[p]+1;link[cle]=link[q];F(i,0,25)ch[cle][i]=ch[q][i];
while(p&&ch[p][x]==q)ch[p][x]=cle,p=link[p];
link[q]=link[cur]=cle;
}
I build(){
v=1;tot=las=1;clear(1);
F(i,lft,rit)insert(a[i]);
F(i,1,tot)buc[i]=0;
F(i,1,tot)buc[len[i]]++;
F(i,1,tot)buc[i]+=buc[i-1];
FOR(i,tot,1)sa[buc[len[i]]--]=i;
FOR(i,tot,2)cnt[link[sa[i]]]+=cnt[sa[i]];
}
I solve(){
if(!v)build();
re p=1,val;
F(i,1,ln){
val=t[i]-'a';
if(!ch[p][val])return;
p=ch[p][val];
}
ans+=cnt[p];
}
}s[330];
int w[101000],nt[101000],k;
I init(){
F(i,1,ln)w[i]=t[i]-'a';w[ln+1]=-1;
nt[1]=0;k=0;
F(i,2,ln){
while(k&&w[k+1]!=w[i])k=nt[k];
if(w[k+1]==w[i])k++;
nt[i]=k;
}
// F(i,1,ln)cout<<nt[i]<<" ";cout<<endl;
}
I kmp(int l,int r){
k=0;if(r-l+1<ln)return;
// cout<<l<<" "<<r<<":"<<endl;
F(i,l,r){
while(k&&w[k+1]!=a[i])k=nt[k];
if(w[k+1]==a[i])k++;
if(k==ln)ans++,k=nt[k];
}
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);
cin>>c+1;n=strlen(c+1);F(i,1,n)a[i]=c[i]-'a';
F(i,1,n)b[i]=((i-1)/N)+1;sum=b[n];
F(i,1,sum)s[i].lft=(i-1)*N+1,s[i].rit=min(i*N,n),s[i].v=0;
cin>>m;
while(m--){
cin>>sit>>X;
if(sit==1){
cin>>cc;W=cc-'a';
a[X]=W;s[b[X]].v=0;
}
else{
T++;
cin>>Y>>t+1;ln=strlen(t+1);ans=0;
init();//if(T==104){F(i,1,ln)cout<<w[i]<<" ";cout<<endl;}
if(ln>N)kmp(X,Y);
else{
F(i,b[X]+1,b[Y]-1)s[i].solve();
if(b[X]==b[Y])kmp(X,Y);
else{
kmp(X,s[b[X]].rit);kmp(s[b[Y]].lft,Y);
if(ln>1){
F(i,b[X],b[Y]-1)kmp(max(X,s[i].rit-ln+2),min(Y,s[i+1].lft+ln-2));
}
}
}
cout<<ans<<endl;
}
}
return 0;
}