Problem
Description
JOJO 的奇幻冒险是一部非常火的漫画。漫画中的男主角经常喜欢连续喊很多的「欧拉」或者「木大」。
为了防止字太多挡住漫画内容，现在打算在新的漫画中用 (x) 欧拉或者 (x) 木大表示有 (x) 个欧拉或者木大。
为了简化内容我们现在用字母表示喊出的话。
我们用数字和字母来表示一个串，例如：2 a 3 b 表示的串就是 aabbb。
一开始漫画中什么话都没有，接下来你需要依次实现 (n) 个操作，总共只有 (2) 种操作：
- 第一种：
1 x c：在当前漫画中加入 (x) 个 (c)，表示在当前串末尾加入 (x) 个 (c) 字符。保证当前串是空串或者串尾字符不是 (c)； - 第二种：
2 x：觉得漫画没画好，将漫画还原到第 (x) 次操作以后的样子，表示将串复原到第 (x) 次操作后的样子，如果 (x=0) 则是将串变成空串。如果当前串是bbaabbb，第 (4) 次操作后串是bb，则2 4会使bbaabbb变成bb，保证 (x) 小于当前操作数。
众所周知空条承太郎十分聪明，现在迪奥已经被打败了，他开始考虑自己的漫画中的一些问题：
对于一个串的每个前缀 (A)，都有一个最长的比它短的前缀 (B) 与前缀 (A) 的一个后缀匹配，设这个最长的前缀 (B) 的长度为 (L)。(L) 为 (0) 时意味着 (B) 是一个空串。
每一次操作后，你都需要将当前的串的所有前缀的 (L) 求和并对 (998244353) 取模输出告诉空条承太郎，好和他的白金之星算出的答案对比。比如 bbaaabba 的 (L) 分别是 (0, 1, 0, 0, 0, 1, 2, 3)，所以对于这个串的答案就是 (7)
Input Format
第一行包括一个正整数 (n)，表示操作数量。
接下来 (n) 行每行包含一个操作，操作格式如题目描述所示，例如：
-
1 x c -
2 x
保证数据合法。
Output Format
仅包含 (n) 行，第 (i) 行一个整数，表示 (i) 个操作之后串的答案。
Sample
Input
11
1 2 a
1 3 b
1 2 a
1 1 b
2 2
1 3 a
1 2 b
2 6
2 5
1 7 a
1 5 c
Output
1
1
4
7
1
6
13
6
1
14
14
Explanation
Explanation for Sample
| 操作 | 此时的串 | 答案（取模后） |
|---|---|---|
| (1) | aa |
(0+1=1) |
| (2) | aabbb |
(0+1+0+0+0=1) |
| (3) | aabbbaa |
(0+1+0+0+0+1+2=4) |
| (4) | aabbbaab |
(0+1+0+0+0+1+2+3=7) |
| (5) | aabbb |
(0+1+0+0+0=1) |
| (6) | aabbbaaa |
(0+1+0+0+0+1+2+2=6) |
| (7) | aabbbaaabb |
(0+1+0+0+0+1+2+2+3+4=13) |
| (8) | aabbbaaa |
(0+1+0+0+0+1+2+2=6) |
| (9) | aabbb |
(0+1+0+0+0=1) |
| (10) | aabbbaaaaaaa |
(0+1+0+0+0+1+2+2+2+2+2+2=14) |
| (11) | aabbbaaaaaaaccccc |
(0+1+0+0+0+1+2+2+2+2+2+2+0+0+0+0+0=14) |
Range
(20\%) 的数据满足 (nle 300)，对于每个 (1) 操作中的 (xle 300)；
另有 (30\%) 的数据满足 (nle 10^5)，且对于每个 (1) 操作中的 (x=1)；
另有 (30\%) 的数据满足 (nle 10^5)，且不含 (2) 操作；
(100\%) 的数据满足 (nle 10^5)，且每个 (1) 操作中的 (xle 10^4)。
Algorithm
(KMP) 。
Mentality
挺神的一道题。
对于每次第一种操作加入的字符，我们将其看作一个整体，可以称其为字段，一个字段拥有字符与长度两种属性。
先考虑一个 (50) 分做法（虽然说是 (50) 分，但本题数据水，实际上可以 (A) 掉）：当我们在结尾加入一个字符时，回想一下跳 (KMP) 的过程：不断跳前一位的 (nx) ，直到当前位置的后一个字符与加入字符相同。
那么由于每次加入的字段都与前面的字符不同，则我们发现，对于一对相同的前后缀，删掉开头结尾的第一个字段，中间的都是完整的字段。那么我们可以将一个字段视作一个新的字符进行 (KMP) ，同时特别的，对于第一个字段，我们将所有与它字符相同且长度大于它的字段视作相同字段。
那么每次新加入一个字段，我们只需要不断跳 (nx) 并计算答案。
虽然此算法能通过此题，但毕竟复杂度不正确，因为 (KMP) 跳数组的 (O(n)) 是均摊意义下的，若有回溯操作并刻意构造就能够完美卡掉它。那么考虑令跳 (KMP) 的过程复杂度正确。
可以考虑一个平时由于复杂度均摊而完全不会考虑的优化：循环节。对于跳 (nx) ，假设当前在位置 (i) ，若 (nx_i < frac{i}{2}) ，则跳 (nx) 会使长度减少到一半以下。但如果 (nx_i > frac{i}{2}) ，则可能导致长度只会减少一点点，从而复杂度错误。
但是，如果 (nx_i > frac{i}{2}) ，它就会产生至少两个循环节！（譬如 (ABABA) 的形式）那么我们只需要加上一个判断：若当前前缀 (i) 存在循环节，先判断末尾循环节是否满足要求，然后调试第一个循环节即可。
这样的话每次长度必定缩短一半以上，则跳 (KMP) 的复杂度上限优化为每次 (O(log(n))) ，总复杂度 (O(nlogn))。
Code
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <map>
#include <queue>
#include <set>
#include <vector>
using namespace std;
const int Max_n = 1e5 + 5, mod = 998244353;
int n;
long long Ans[Max_n];
int f[Max_n], l[Max_n], len[Max_n], sum[Max_n];
char P[Max_n], c[Max_n];
int cntr, hd[Max_n], nx[Max_n], to[Max_n];
void addr(int u, int v) {
cntr++;
nx[cntr] = hd[u], to[cntr] = v;
hd[u] = cntr;
}
void Mod(long long &x) { x %= mod; }
void calc(int x, int L, long long ans) {
if (len[x]) {
if (!L) Mod(ans = (len[x] - 1) * len[x] / 2);
int maxx = 0, now = f[L], lastgap = 0;
for (int i = f[L]; ~i; i = f[i]) {
if (P[i + 1] == c[x] && min(l[i + 1], len[x]) > maxx) {
int tp = maxx;
maxx = min(l[i + 1], len[x]);
Mod(ans +=
1ll * (maxx - tp) * sum[i] + (maxx - tp) * (tp + 1 + maxx) / 2);
}
if (i - f[i] == lastgap && i) i = i % lastgap + lastgap;
lastgap = i - f[i];
}
if (c[x] == P[1] && L) Mod(ans += (len[x] - maxx) * l[1]);
lastgap = 0;
f[L + 1] = 0;
for (int i = f[L++]; ~i; i = f[i]) {
if (P[1] == c[x] && l[1] <= len[x]) f[L] = 1;
if (P[i + 1] == c[x] && l[i + 1] == len[x]) {
f[L] = i + 1;
break;
}
if (i - f[i] == lastgap && i) i = i % lastgap + lastgap;
lastgap = i - f[i];
}
P[L] = c[x], sum[L] = sum[L - 1] + (l[L] = len[x]);
}
Ans[x] = ans;
for (int i = hd[x]; i; i = nx[i]) calc(to[i], L, ans);
}
int main() {
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("5287.in", "r", stdin);
freopen("5287.out", "w", stdout);
#endif
scanf("%d", &n);
int opt, x;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
scanf("%d%d", &opt, &x);
if (opt == 2) {
addr(x, i);
} else {
addr(i - 1, i);
scanf(" %c", &c[i]);
len[i] = x;
}
}
f[0] = -1;
calc(0, 0, 0);
for (int i = 1; i <= n; i++) printf("%lld
", Ans[i]);
}