题意
不妨先考虑(l=1,r=|S|)的情况：
这时我们要求的其实是(S,T)的本质不同的公共子串数量。
首先对(S)建一个后缀自动机，同时对于每个(T)，我们也建一个自动机。
根据后缀自动机的性质，后缀自动机的所有节点的代表的字符串的集合代表了(T)的全部子串，因此我们可以考虑(T)后缀自动机的上的每一个点代表的字符串中有多少是和(S)的公共子串。
于是考虑怎么求这个东西：
我们对于(T)的每一个前缀(T[1...i])求出(match_i)表示这个前缀的后缀能跟(S)匹配的最长长度，这个东西可以在(S)的后缀自动机上匹配(T)来求出，见这题。
对于一个节点(x)，我们设它的字符串长度范围为([minlen_x,maxlen_x])，(endpos)集合的第一个为(firpos_x)。
这时我们发现这个节点长度在(match_{firpos_x}+1)往上的字符串都不可能和(S)匹配，因此这个节点的贡献为(max(len_x-max(len_{fa_x},match_{firpos_x}),0))。
现在考虑([l,r])的限制，我们按照套路用线段树维护(S)的后缀自动机每个节点(endpos)集合，求(match)的时候只走合法的点即可。
求match时注意个细节，写在注释里了。
code:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=1e6+10;
int n,m,Q,tot,cnt_edge;
int head[maxn<<1],root[maxn<<1],match[maxn];
char s[maxn];
struct edge{int to,nxt;}e[maxn<<2];
struct Seg
{
#define lc(p) (seg[p].lc)
#define rc(p) (seg[p].rc)
#define sum(p) (seg[p].sum)
int lc,rc,sum;
}seg[maxn*50];
inline void add_edge(int u,int v)
{
e[++cnt_edge].nxt=head[u];
head[u]=cnt_edge;
e[cnt_edge].to=v;
}
void insert(int &p,int l,int r,int pos)
{
if(!p)p=++tot;
sum(p)++;
if(l==r)return;
int mid=(l+r)>>1;
if(pos<=mid)insert(lc(p),l,mid,pos);
else insert(rc(p),mid+1,r,pos);
}
int merge(int p,int q,int l,int r)
{
if(!p||!q)return p+q;
int x=++tot;sum(x)=sum(p)+sum(q);
if(l==r)return x;
int mid=(l+r)>>1;
lc(x)=merge(lc(p),lc(q),l,mid);
rc(x)=merge(rc(p),rc(q),mid+1,r);
return x;
}
int query(int p,int l,int r,int ql,int qr)
{
if(!p)return 0;
if(l>=ql&&r<=qr)return sum(p);
int mid=(l+r)>>1,res=0;
if(ql<=mid)res+=query(lc(p),l,mid,ql,qr);
if(qr>mid)res+=query(rc(p),mid+1,r,ql,qr);
return res;
}
void dfs(int x)
{
for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt)
dfs(e[i].to),root[x]=merge(root[x],root[e[i].to],1,n);
}
struct SAM
{
int tot,last;
int fa[maxn<<1],len[maxn<<1],firpos[maxn<<1];
int ch[maxn<<1][30];
inline void clear()
{
for(int i=1;i<=tot;i++)
{
fa[i]=len[i]=firpos[i]=0;
memset(ch[i],0,sizeof(ch[i]));
}
last=tot=1;
}
inline void add(int c,int id)
{
int now=++tot;len[now]=len[last]+1;firpos[now]=id;
int p=last;last=now;
while(p&&!ch[p][c])ch[p][c]=now,p=fa[p];
if(!p){fa[now]=1;return;}
int q=ch[p][c];
if(len[q]==len[p]+1)fa[now]=q;
else
{
int nowq=++tot;len[nowq]=len[p]+1;firpos[nowq]=firpos[q];
memcpy(ch[nowq],ch[q],sizeof(ch[q]));
fa[nowq]=fa[q];fa[q]=fa[now]=nowq;
while(p&&ch[p][c]==q)ch[p][c]=nowq,p=fa[p];
}
}
}sam1,sam2;
inline int read()
{
char c=getchar();int res=0,f=1;
while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
while(c>='0'&&c<='9')res=res*10+c-'0',c=getchar();
return res*f;
}
inline void getmatch(char* s,int l,int r)
{
int len=strlen(s+1),now=1,nowl=0;
for(int i=1;i<=len;i++)
{
while(2333)
{
if(sam1.ch[now][s[i]-'a']&&query(root[sam1.ch[now][s[i]-'a']],1,n,l+nowl,r))//注意是l+nowl，这是endpos的集合。
{
now=sam1.ch[now][s[i]-'a'],nowl++;
break;
}
if(!nowl)break;
nowl--;//注意不要直接跳fa[now],因为区间缩小可能产生答案。
if(nowl==sam1.len[sam1.fa[now]])now=sam1.fa[now];
}
match[i]=nowl;
}
}
int main()
{
scanf("%s",s+1);n=strlen(s+1);
sam1.clear();
for(int i=1;i<=n;i++)sam1.add(s[i]-'a',i),insert(root[sam1.last],1,n,i);
for(int i=2;i<=sam1.tot;i++)add_edge(sam1.fa[i],i);
dfs(1);
Q=read();
while(Q--)
{
ll ans=0;
scanf("%s",s+1);m=strlen(s+1);
int l=read(),r=read();
sam2.clear();
for(int i=1;i<=m;i++)sam2.add(s[i]-'a',i);
getmatch(s,l,r);
for(int i=2;i<=sam2.tot;i++)
ans+=max(0,sam2.len[i]-max(match[sam2.firpos[i]],sam2.len[sam2.fa[i]]));
printf("%lld
",ans);
}
return 0;
}