Description
给你(n)个字符串，接下来有(m)个询问，每个询问由两个给定的字符串(s_1)和(s_2)组成，对于每个询问输出(n)个字符串中有多少个同时满足(s_1)是其前缀且(s_2)是其后缀，强制在线
数据范围：(n<=2000,m<=100000)，(n)个字符串总长度以及询问字符串总长度均(<=2000000)
Solution
（怎么感觉自己好像没有学过trie一样是因为太久没有写所以根本没有往那个方向想吗==）
最暴力的做法的话。。想法很简单：先确定哪些字符串满足(s_1)是前缀，再看其中满足(s_2)是后缀的数量
前缀这种东西的话，如果说我们将(n)个字符串丢到trie里面，将dfs一遍之后各个字符串结尾对应节点的访问顺序存在一个数组里面，那么对于一个询问((s_1,s_2))，满足(s_1)是前缀的字符串的结尾对应节点必定在一个子树当中，反应到数组里面的话就是一个区间
那所以接下来我们要做的就是查这个区间内的字符串有多少个满足(s_2)是后缀，只要将所有的串反转然后丢到trie里面，就又转成查前缀的问题了，解决方式和上面一样
至于区间这个问题，直接可持久化一下就好了
mark：**没事还是不要随便用getline好了==评测的时候超级容易翻车 **
mark：前缀什么的也是应该考虑一下trie啊qwq不要看到字符串什么的就满脑子sa、sam之类的
代码大概长这个样子
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<vector>
#define mp make_pair
#define Pr pair<int,int>
using namespace std;
const int N=2010,L=2000010,C=26;
string s[N],s1,s2;
char tmps[L];
int st[N],lis[N];
int n,tot,lastans,m;
namespace T1{/*{{{*/
const int N=::L;
int ch[N][C],st[N],ed[N];
vector<int> mark[N];
int tot,rt;
void init(){rt=1;tot=1;}
void insert(string s,int id){
int len=s.length(),now=rt,c;
for (int i=0;i<len;++i){
c=s[i]-'a';
if (!ch[now][c]) ch[now][c]=++tot;
now=ch[now][c];
}
mark[now].push_back(id);
}
void dfs(int x){
bool have=mark[x].size();
if (mark[x].size()){
st[x]=lis[0]+1;
for (int i=0;i<mark[x].size();++i)
lis[++lis[0]]=mark[x][i];
}
bool flag=false;
for (int i=0;i<C;++i){
if (!ch[x][i]) continue;
dfs(ch[x][i]);
if (!flag&&!have)
st[x]=st[ch[x][i]];
flag=true;
}
ed[x]=lis[0];
}
void get_order(){lis[0]=0; dfs(rt);}
Pr query(string s){
int now=rt,len=s.length(),c;
for (int i=0;i<len;++i){
//printf("%c
",s[i]);
c=(s[i]-'a'+lastans)%C;
now=ch[now][c];
}
if (!now) return mp(-1,-1);
return mp(st[now],ed[now]);
}
}/*}}}*/
namespace T2{/*{{{*/
const int N=::L;
int ch[N][C],rt[::N],cnt[N];
int tot;
void init(){tot=0;rt[0]=0;}
int newnode(int pre){
cnt[++tot]=cnt[pre];
for (int i=0;i<C;++i) ch[tot][i]=ch[pre][i];
return tot;
}
void _insert(int pre,int &x,string &s,int loc){
x=newnode(pre);
++cnt[x];
if (loc<0) return;
int c=(s[loc]-'a'+lastans)%C;
_insert(ch[pre][c],ch[x][c],s,loc-1);
}
void insert(int pre,int x,string &s){_insert(rt[pre],rt[x],s,s.length()-1);}
int query(int l,int r,string s){
int nowl=rt[l],nowr=rt[r],c,len=s.length();
int ret=0;
for (int i=len-1;i>=0&&(nowl||nowr);--i){
c=(s[i]-'a'+lastans)%C;
nowl=ch[nowl][c];
nowr=ch[nowr][c];
}
return cnt[nowr]-cnt[nowl];
}
}/*}}}*/
void print(string s){
int len=s.length();
for (int i=0;i<len;++i) printf("%c",s[i]);
printf("
");
}
void get_s(string &s){
scanf("%s",tmps);
int len=strlen(tmps);
s.resize(0);
for (int i=0;i<len;++i)
s.push_back(tmps[i]);
}
int main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("a.in","r",stdin);
#endif
char ch;
Pr rec;
scanf("%d
",&n);
T1::init(); T2::init();
lastans=0;
for (int i=1;i<=n;++i){
get_s(s[i]);
//print(s[i]);
T1::insert(s[i],i);
}
T1::get_order();
for (int i=1;i<=lis[0];++i){
T2::insert(i-1,i,s[lis[i]]);
}
scanf("%d
",&m);
for (int i=1;i<=m;++i){
get_s(s1);
get_s(s2);
//print(s1);print(s2);
rec=T1::query(s1);
if (rec.first!=-1)
lastans=T2::query(rec.first-1,rec.second,s2);
else lastans=0;
printf("%d
",lastans);
}
}