A. s1mple
可以发现 0/1 这个限制类似于求路径数，使得路径经过的边权恰好合法。
显然可以用容斥来求，这样可以将问题转化为钦定其中若干条边权为 (1)，其他边权任意的路径数。
这样做有一个好处，原来问题中的 (2^{n-1}) 的集合可以缩减状态数。
对于钦定之后的若干条 (1) 边组成的链，可以直接视为无序的。
也就是说，可以直接对 (n) 进行整数划分，然后求这种整数划分的方案数，即可放到对应的集合状态上。
对于求方案数，只要首先 (dp) 出一个集合组成一条链的方案数。
对于每种整数划分，用类似不交并卷积的思想卷在一起即可。
注意到这里对于每种整数划分，所有项加和起来才恰好为 (n)，所以不需要用不交并卷积的占位多项式。
注意到只需要 (ifwt) 单点插值，所以可以在整数划分的同时进行卷积，优化一下复杂度。
B. s2mple
可以发现这样一个事情：
原问题等价于对于 (s[l,r]) 的两边添加字符，能形成的满足前面或者后面添加的字符本质不同的方案数之和。
在 (SAM) 上做这道题，考虑首先找到 (s[l,r]) 对应的节点，对于在前面添加字符的限制，只要对子树求和。
对于在后面添加字符的限制，其实只需要在树上用一个 (set) 启发式合并 (endpos)，并用 后缀数组/另一个后缀自动机 统计本质不同的前缀个数即可。
另外一个做法是直接在 (DAG) 上 (dp) 求出这个点出发的本质不同的路径数。
注意对于子树中的节点 (x) 可以直接统计 ((len_x - len_{fail_x})*dp_x)。
而对于当前节点，有一个长度限制，所以只能统计 ((len_x - (r-l+1) +1)*dp_x)。
C. s3mple
容易发现可以把原问题放到笛卡尔树上，然后可以随便写个 (dp)。
然后可以发现状态里的 (l,r) 是没用的，所以直接记录区间长度、需要统计的贡献数。
观察贡献的式子可以猜测贡献不会很大，所以可以另外写个 (dp)，来处理出每个区间长度的贡献上界。
可以发现这个玩意大概是 (n log) 级别的，在 (n=200) 的时候达到 (735)。
暴力去做 (dp)，加个取模次数优化、循环展开、卡卡上下界就可以过掉这道题了。
正解的做法是这样的，题中的 (P) 为一个大质数。
最终的多项式是一个不超过 (735) 次的多项式。
所以可以在点值意义下做多项式卷积，对于每次询问暴力插值得到系数就好了。