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题意：有一棵树，树上每个结点上有一个字母，有两种操作：

1）询问树上两点u,v间有向路径上有多少个字母和某个固定的字符串相匹配

2）将结点u的字母修改为x

树剖+线段，暴力维护前缀和后缀哈希值（正反都要维护）以及区间内匹配的个数，合并两区间时判断一下跨过分界点的情况就行了。由于被匹配的字符串长度不超过100，所以最多只需维护长度为100的前缀/后缀。

但即使这样复杂度也足足有$O(100nlog^2n)$啊，这常数是得有多小才能过掉...

注意各种条件判断和细节处理，还有就是这题内存比较吃紧，使用动态开点可以节省一半的内存。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef unsigned long long ll;
const int N=1e5+10,M=19260817;
int hd[N],n,ne,m,Len,fa[N],son[N],siz[N],dep[N],top[N],dfn[N],rnk[N],tot,rt,ls[N<<1],rs[N<<1],tot2;
ll H,pm[N];
char s1[N],s2[N];
struct D {
    int len,sum;
    ll L[101],R[101];
    D(int ch=0) {
        len=1;
        sum=(Len==1&&ch==H);
        L[1]=R[1]=ch;
    }
} tr[N<<1][2];
struct E {int v,nxt;} e[N<<1];
D operator+(const D& a,const D& b) {
    if(a.L[1]==0)return b;
    if(b.L[1]==0)return a;
    D c;
    c.len=a.len+b.len;
    c.sum=a.sum+b.sum;
    for(int i=1; i<=min(100,c.len); ++i) {
        if(i<=a.len)c.L[i]=a.L[i];
        else c.L[i]=a.L[a.len]*pm[i-a.len]+b.L[i-a.len];
        if(i<=b.len)c.R[i]=b.R[i];
        else c.R[i]=a.R[i-b.len]*pm[b.len]+b.R[b.len];
    }
    for(int i=max(1,Len-b.len); i<=a.len&&i<=Len-1; ++i)if(a.R[i]*pm[Len-i]+b.L[Len-i]==H)c.sum++;
    return c;
}
void addedge(int u,int v) {e[ne]= {v,hd[u]},hd[u]=ne++;}
void dfs1(int u,int f,int d) {
    fa[u]=f,son[u]=0,siz[u]=1,dep[u]=d;
    for(int i=hd[u]; ~i; i=e[i].nxt) {
        int v=e[i].v;
        if(v==fa[u])continue;
        dfs1(v,u,d+1),siz[u]+=siz[v];
        if(siz[v]>siz[son[u]])son[u]=v;
    }
}
void dfs2(int u,int tp) {
    top[u]=tp,dfn[u]=++tot,rnk[dfn[u]]=u;
    if(son[u])dfs2(son[u],top[u]);
    for(int i=hd[u]; ~i; i=e[i].nxt) {
        int v=e[i].v;
        if(v==fa[u]||v==son[u])continue;
        dfs2(v,v);
    }
}
#define mid ((l+r)>>1)
void pu(int u) {
    tr[u][0]=tr[ls[u]][0]+tr[rs[u]][0];
    tr[u][1]=tr[rs[u]][1]+tr[ls[u]][1];
}
void upd(int p,int x,int& u=rt,int l=1,int r=tot) {
    if(l==r) {tr[u][0]=tr[u][1]=D(x); return;}
    p<=mid?upd(p,x,ls[u],l,mid):upd(p,x,rs[u],mid+1,r);
    pu(u);
}
void build(int& u=rt,int l=1,int r=tot) {
    u=++tot2;
    if(l==r) {tr[u][0]=tr[u][1]=D(s2[rnk[l]-1]); return;}
    build(ls[u],l,mid),build(rs[u],mid+1,r),pu(u);
}
D qry(int L,int R,int f,int u=rt,int l=1,int r=tot) {
    if(l>=L&&r<=R)return tr[u][f];
    if(l>R||r<L)return D(0);
    if(f==0)return qry(L,R,f,ls[u],l,mid)+qry(L,R,f,rs[u],mid+1,r);
    else return qry(L,R,f,rs[u],mid+1,r)+qry(L,R,f,ls[u],l,mid);
}
int qry2(int u,int v) {
    D L=D(0),R=D(0),M;
    for(; top[u]!=top[v];) {
        if(dep[top[u]]>dep[top[v]])L=L+qry(dfn[top[u]],dfn[u],1),u=fa[top[u]];
        else R=qry(dfn[top[v]],dfn[v],0)+R,v=fa[top[v]];
    }
    if(dep[u]>dep[v])M=qry(dfn[v],dfn[u],1);
    else M=qry(dfn[u],dfn[v],0);
    return (L+M+R).sum;
}
int main() {
    pm[0]=1;
    for(int i=1; i<N; ++i)pm[i]=pm[i-1]*M;
    memset(hd,-1,sizeof hd),ne=0;
    scanf("%d%d",&n,&m);
    scanf("%s%s",s1,s2),Len=strlen(s1);
    H=0;
    for(int i=0; i<Len; ++i)H=H*M+s1[i];
    for(int i=1; i<n; ++i) {
        int u,v;
        scanf("%d%d",&u,&v);
        addedge(u,v);
        addedge(v,u);
    }
    dfs1(1,0,1),dfs2(1,1);
    build(rt);
    while(m--) {
        int f,u,v;
        char ch;
        scanf("%d",&f);
        if(f==1)scanf("%d%d",&u,&v),printf("%d
",qry2(u,v));
        else scanf("%d %c",&u,&ch),upd(dfn[u],ch);
    }
    return 0;
}

 当然还有$O(100nlogn)$的LCT毒瘤做法，代码比树剖短，需要特判的地方少，而且更省内存，但是常数巨大，需要优化下常数才能过，比如改个引用传递什么的。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef unsigned long long ll;
const int N=1e5+10,M=19260817;
int n,m,a[N],fa[N],ch[N][2],flp[N],sta[N],tp,Len;
ll H,pm[N];
char s1[N],s2[N];
struct D {
    int len,sum;
    ll L[101],R[101];
    D(int ch=0) {
        len=1;
        sum=(Len==1&&ch==H);
        L[1]=R[1]=ch;
    }
} tr[N][2];
D operator+(const D& a,const D& b) {
    if(a.L[1]==0)return b;
    if(b.L[1]==0)return a;
    D c;
    c.len=a.len+b.len;
    c.sum=a.sum+b.sum;
    for(int i=1; i<=min(100,c.len); ++i) {
        if(i<=a.len)c.L[i]=a.L[i];
        else c.L[i]=a.L[a.len]*pm[i-a.len]+b.L[i-a.len];
        if(i<=b.len)c.R[i]=b.R[i];
        else c.R[i]=a.R[i-b.len]*pm[b.len]+b.R[b.len];
    }
    for(int i=max(1,Len-b.len); i<=a.len&&i<=Len-1; ++i)if(a.R[i]*pm[Len-i]+b.L[Len-i]==H)c.sum++;
    return c;
}
#define l(u) ch[u][0]
#define r(u) ch[u][1]
void rev(int u) {flp[u]^=1,swap(l(u),r(u)),swap(tr[u][0],tr[u][1]);}
void pu(int u) {
    tr[u][0]=tr[l(u)][0]+D(s2[u])+tr[r(u)][0];
    tr[u][1]=tr[r(u)][1]+D(s2[u])+tr[l(u)][1];
}
void pd(int u) {if(flp[u])rev(l(u)),rev(r(u)),flp[u]=0;}
int sf(int u) {return u==r(fa[u]);}
bool isrt(int u) {return u!=l(fa[u])&&u!=r(fa[u]);}
void rot(int u) {
    int v=fa[u],f=sf(u);
    if(!isrt(v))ch[fa[v]][sf(v)]=u;
    ch[v][f]=ch[u][f^1],fa[ch[v][f]]=v;
    fa[u]=fa[v],ch[u][f^1]=v,fa[v]=u,pu(v);
}
void splay(int u) {
    sta[tp=0]=u;
    for(int v=u; !isrt(v); v=fa[v])sta[++tp]=fa[v];
    for(; ~tp; pd(sta[tp--]));
    for(; !isrt(u); rot(u))if(!isrt(fa[u])&&sf(fa[u])==sf(u))rot(fa[u]);
    pu(u);
}
void access(int u) {for(int v=0; u; splay(u),r(u)=v,pu(u),u=fa[v=u]);}
void makert(int u) {access(u),splay(u),rev(u);}
void link(int u,int v) {makert(u),fa[u]=v;}
void join(int u,int v) {makert(u),access(v),splay(v);}
void upd(int u,int ch) {splay(u),s2[u]=ch;}
int qry(int u,int v) {join(u,v); return tr[v][0].sum;}
int main() {
    pm[0]=1;
    for(int i=1; i<N; ++i)pm[i]=pm[i-1]*M;
    scanf("%d%d",&n,&m);
    scanf("%s%s",s1,s2+1),Len=strlen(s1);
    H=0;
    for(int i=0; i<Len; ++i)H=H*M+s1[i];
    for(int i=1; i<n; ++i) {
        int u,v;
        scanf("%d%d",&u,&v);
        link(u,v);
    }
    while(m--) {
        int f,u,v;
        char ch;
        scanf("%d",&f);
        if(f==1)scanf("%d%d",&u,&v),printf("%d
",qry(u,v));
        else scanf("%d %c",&u,&ch),upd(u,ch);
    }
    return 0;
}