「NOI2018」你的名字——后缀自动机

题目大意：

给定一个母串和若干个询问串，求每个询问串有多少个本质不同的子串没有在母串中出现过。

思路：

ION2017的串我们称为S串，ION2018的串我们称为T串。

先考虑68pts怎么去做。

考虑T串有多少个子串未在S串中出现过，于是将S建立SAM，然后将T丢进S的SAM里跑子串匹配，这样我们可以得到T的每一个结束位置的最大匹配长度，所有长度大于这个长度的子串都是符合要求的子串。

上述方法对于出现位置不同的子串会算重，于是考虑对T串也建立SAM来去重，依旧考虑上面的思想，我们对T的SAM的每一个状态都算出在S中的最大匹配长度即可。

接下来考虑如何解决l,r任意的情况，我们同样考虑去对T建SAM之后在SAM的每一个状态上面计算出匹配出的最长长度，只是匹配的位置有了限制，要求的匹配的子串整个在[l,r]之间，判断长度为len的子串是否出现，要求这个节点right集合有在[l+len-1,r]的元素，于是我们只需要记录下每个节点的right集合是什么，这个用支持可持久化的线段树合并维护即可。跳到一个新的节点如果不匹配，那么我们可以一个单位一个单位地跳长度来判断。

由于每次匹配长度至多会增加1，所以这样暴力跳长度的做法复杂度也是线性的。

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 * Author : ylsoi
 * Time : 2019.2.19
 * Problem : luogu4770
 * E-mail : ylsoi@foxmail.com
 * ====================================*/
#include<bits/stdc++.h>

#define REP(i,a,b) for(int i=a,i##_end_=b;i<=i##_end_;++i)
#define DREP(i,a,b) for(int i=a,i##_end_=b;i>=i##_end_;--i)
#define debug(x) cout<<#x<<"="<<x<<" "
#define fi first
#define se second
#define mk make_pair
#define pb push_back
#define mid ((l+r)>>1)
typedef long long ll;

using namespace std;

void File(){
	freopen("luogu4770.in","r",stdin);
	freopen("luogu4770.out","w",stdout);
}

template<typename T>void read(T &_){
	_=0; T f=1; char c=getchar();
	for(;!isdigit(c);c=getchar())if(c=='-')f=-1;
	for(;isdigit(c);c=getchar())_=(_<<1)+(_<<3)+(c^'0');
	_*=f;
}

const int maxn=5e5+10;

struct Suffix_Automaton{
	int ch[maxn<<1][26],fa[maxn<<1],len[maxn<<1],pos[maxn<<1];
	int cnt,last;
	Suffix_Automaton(){cnt=last=1;}
	void insert(int x,int y){
		int p=last,np=last=++cnt;
		len[np]=len[p]+1;
		pos[np]=y;
		while(p && !ch[p][x])ch[p][x]=np,p=fa[p];
		if(!p)fa[np]=1;
		else{
			int q=ch[p][x];
			if(len[q]==len[p]+1)fa[np]=q;
			else{
				int nq=++cnt;
				memcpy(ch[nq],ch[q],sizeof(ch[nq]));
				len[nq]=len[p]+1,fa[nq]=fa[q];
				fa[q]=fa[np]=nq;
				pos[nq]=y;
				while(p && ch[p][x]==q)ch[p][x]=nq,p=fa[p];
			}
		}
	}
	void clear(){
		REP(i,1,cnt){
			fa[i]=0;
			len[i]=0;
			pos[i]=0;
			memset(ch[i],0,sizeof(ch[i]));
		}
		cnt=last=1;
	}
}S,T;

int n,m,q,lim[maxn];
char s[maxn],t[maxn];

int root[maxn<<1],ch[maxn<<6][2],sum[maxn<<6],cnt;

void update(int &o,int l,int r,int x){
	if(!o)o=++cnt;
	++sum[o];
	if(l==r)return;
	if(x<=mid)update(ch[o][0],l,mid,x);
	else update(ch[o][1],mid+1,r,x);
}

int merge(int x,int y){
	if(!x || !y)return x+y;
	int now=++cnt;
	sum[now]=sum[x]+sum[y];
	ch[now][0]=merge(ch[x][0],ch[y][0]);
	ch[now][1]=merge(ch[x][1],ch[y][1]);
	return now;
}

int query(int o,int l,int r,int L,int R){
	if(l>r || !o)return 0;
	if(L<=l && r<=R)return sum[o];
	else{
		int ret=0;
		if(L<=mid)ret+=query(ch[o][0],l,mid,L,R);
		if(R>=mid+1)ret+=query(ch[o][1],mid+1,r,L,R);
		return ret;
	}
}

int tax[maxn<<1],lis[maxn<<1];

void build_parent_tree(){
	REP(i,1,S.cnt)if(S.pos[i])
		update(root[i],1,n,S.pos[i]);
	REP(i,1,n)tax[i]=0;
	REP(i,1,S.cnt)++tax[S.len[i]];
	REP(i,1,n)tax[i]+=tax[i-1];
	REP(i,1,S.cnt)lis[tax[S.len[i]]--]=i;
	DREP(i,S.cnt,1){
		int u=lis[i],f=S.fa[u];
		root[f]=merge(root[f],root[u]);
	}
}

ll solve(int l,int r){
	int o=1,now=0;
	REP(i,1,m){
		int x=t[i]-'a';
		while(o!=1 && !S.ch[o][x])o=S.fa[o],now=S.len[o];
		if(S.ch[o][x]){
			o=S.ch[o][x],++now;
			while(o!=1){
				if(query(root[o],1,n,l+now-1,r))break;
				if((--now)==S.len[S.fa[o]])o=S.fa[o];
			}
		}
		lim[i]=now;
	}
	ll ret=0;
	REP(i,1,T.cnt){
		int p=T.pos[i],max_len=T.len[i];
		if(lim[p]<=max_len)
			ret+=max_len-max(T.len[T.fa[i]],lim[p]);
	}
	return ret;
}

int main(){
	File();
	scanf("%s",s+1);
	n=strlen(s+1);
	REP(i,1,n)S.insert(s[i]-'a',i);
	build_parent_tree();
	read(q);
	int l,r;
	REP(i,1,q){
		scanf("%s",t+1);
		m=strlen(t+1);
		read(l),read(r);
		REP(j,1,m)T.insert(t[j]-'a',j);
		printf("%lld
",solve(l,r));
		T.clear();
	}
	return 0;
}