题面
正文
最暴力的
最暴力的方法：把所有询问代表的字符串跑一遍kmp然后输出
稍微优化一下:把所有询问保存起来，把模板串相同的合并，求出next然后匹配
但是这两种方法本质没有区别，都是暴力
不那么暴力的
我们对于所有的串建立一个AC自动机，把询问按照$y$排序，然后在AC自动机上面跑，每次跳fail更新答案
这样可以拿到70分，但是时间上限还是会$Oleft(n^2 ight)$左右
巧妙的优化
这道题里面，所有的模板串和文本串都在AC自动机里
那么，题目中实际是在要求什么呢？
就是有多少个x串是y串的一个前缀的后缀
那么，在AC自动机自己身上有没有满足这样的检索的结构呢？
有的，那就是fail指针
trie上的某一个前缀的fail指针，指向的是作为它的最长后缀的那个节点；同时，从某个前缀开始一路沿着fail指针跳，直到根节点，过程中所有的节点代表的前缀都是这个前缀的后缀
也就是说，我们把fail指针看成树边，将这个“fail树”（不要和kmp的next树搞混了）提取出来，那么我们就可以把题目的询问变成这样：
把代表y串的所有前缀的节点打上标记，那么代表x串的节点的子树中的标记个数，就是这个询问的答案
维护个数和可以用fail树上的dfs序以及树状数组共同完成
正解
上述过程中有一个重复的地方：每次我们都需要把树状数组归零，然后重新把新的y串前缀节点插进去——即使我们使用把y排序的方法也会TLE
但是这个过程中有一个问题：有些点会进进出出好多遍，并不高效，我们需要找到一个办法，使得每个AC自动机上的点只进出树状数组一次
那么谁能满足这个要求呢？
还是dfs序，只不过是原trie树上的dfs序
我们把输入的询问按照y串在trie树上的dfs序排序，依次加入、删除
因为按照dfs序遍历可以使每个点进入一次离开一次，所以这个方法的总时间效率只有$Oleft(nlogn ight)$
这样这道题就做完了
Code
本题的映射非常多，而且很繁复，有很多重复意义的东西，调试的时候一定要小心
变量名有点乱，还请见谅
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<vector>
#define rank deep_dark_fantasy
using namespace std;
struct node{
int fail,fa,son[26];
vector<int>num;
node(){fail=fa=0;memset(son,0,sizeof(son));num.clear();}
}a[100010];int cnt,tot;
int dfn[100010],clk,end[100010],tmplca,pre[100010],rank[100010];
//dfn是trie树dfs序，rank是dfn的反映射
//end是每个字符串在trie树上的节点编号
//pre表示由dfs序为i的串向dfs序为i+1的串转移时的lca，tmplca是维护这个的辅助变量
struct edge{
int to,next;
}e[100010];int cnte,first[100010];
inline void addedge(int u,int v){
e[++cnte]=(edge){v,first[u]};first[u]=cnte;
}
inline void add(char s[]){
int len=strlen(s),cur=0,i;
for(i=0;i<len;i++){
if(s[i]=='P'){a[cur].num.push_back(++tot);continue;}
if(s[i]=='B'){cur=a[cur].fa;continue;}
if(!a[cur].son[s[i]-'a']) a[cur].son[s[i]-'a']=++cnt;
a[a[cur].son[s[i]-'a']].fa=cur;cur=a[cur].son[s[i]-'a'];
}
}
void getdfn(int u){
int i,v,len=a[u].num.size();
for(i=0;i<len;i++){
dfn[++clk]=a[u].num[i];
rank[a[u].num[i]]=clk;
end[a[u].num[i]]=u;
pre[clk]=tmplca;tmplca=u;
}
for(i=0;i<26;i++){
v=a[u].son[i];if(!v) continue;
getdfn(v);tmplca=u;
}
}
int q[100010];
void getfail(){
int head=0,tail=0,i,u,v;
for(i=0;i<26;i++){
if(!a[0].son[i]) continue;
a[a[0].son[i]].fail=0;q[tail++]=a[0].son[i];
}
while(head<tail){
u=q[head++];
for(i=0;i<26;i++){
v=a[u].son[i];
if(v) a[v].fail=a[a[u].fail].son[i],q[tail++]=v;
else a[u].son[i]=a[a[u].fail].son[i];
}
}
memset(first,-1,sizeof(first));
for(i=1;i<=cnt;i++) addedge(a[i].fail,i);
}
char s[100010];int Q;
struct query{
int x,y,num,ans;
}qq[100010];
bool cmp(query l,query r){return rank[l.y]<rank[r.y];}
bool cmp2(query l,query r){return l.num<r.num;}
int now=0,tmpnow;
struct tree{//树状数组
int x[100010];
tree(){memset(x,0,sizeof(x));}
int lowbit(int pos){return pos&(-pos);}
void change(int pos,int type){
for(int i=pos;i<=cnt+1;i+=lowbit(i)) x[i]+=type;
}
int ask(int pos){
int re=0;
for(int i=pos;i>0;i-=lowbit(i)) re+=x[i];
return re;
}
}T;
int faildfn[100010],failclk=0,le[100010],ri[100010];
//faildfn是fail树上的dfs序，le和ri是某个节点在树状数组上的左右区间
void get_fail_dfn(int u){
int i,v;faildfn[u]=++failclk;le[u]=failclk;
for(i=first[u];~i;i=e[i].next){
v=e[i].to;
get_fail_dfn(v);
}
ri[u]=failclk;
}
int main(){
scanf("%s",s);int i,j,x,y,xx;
add(s);getdfn(0);
getfail();get_fail_dfn(0);
scanf("%d",&Q);
for(i=1;i<=Q;i++) scanf("%d%d",&qq[i].x,&qq[i].y),qq[i].num=i;
sort(qq+1,qq+Q+1,cmp);//排序
j=1;
for(i=1;i<=tot;i++){
y=dfn[i];tmpnow=end[y];
while(now!=pre[i]){
T.change(faildfn[now],-1);now=a[now].fa;
}
while(tmpnow!=now){
T.change(faildfn[tmpnow],1);tmpnow=a[tmpnow].fa;
}//插入、删除节点
now=end[y];
while(qq[j].y==y){//处理询问
xx=end[qq[j].x];
qq[j].ans=T.ask(ri[xx])-T.ask(le[xx]-1);
j++;
}
}
sort(qq+1,qq+Q+1,cmp2);
for(i=1;i<=Q;i++) printf("%d
",qq[i].ans);
}