怎么想都没想出来 $log n$ 做法，那么这道题基本就是根号分治了.
题目描述中保证 $sum k leqslant 10^5$，然后 $k$ 在每次询问中又是相同的，那么就考虑对 $k$ 根号分治.
先对 $s$ 建立后缀自动机，然后把倍增数组求出来.
我们设块的大小为 $B$，那么当 $k leqslant B$ 时可以对 $k$ 的每一个子串在 $s$ 上都求一遍出现次数 (暴力跳祖先).
其中对于编号为 $[a,b]$ 的限制我们可以直接开一个二维的 vector 存储查询为 $(l,r)$ 的编号，然后 lowerbound 一下就行.
这个的复杂度是 $O(k^2 log n)$ 的，总复杂度是 $O(k^2 Q log n)$，即 $O(B nlog n)$.
对于 $k>B$ 时询问次数不会超过 $frac{10^5}{B}$ 个，那么可以直接对询问按照右端点离线，然后将 $w$ 在 $s$ 上匹配，最后再倍增一下.
这部分的复杂度是 $O(frac{Q}{k} n log n)$ 的.
这个 $B$ 取到 400 或 $sqrt n$ 即可.
code:
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define N 100009
#define ll long long
#define pb push_back
#define setIO(s) freopen(s".in","r",stdin)
using namespace std;
const int B=403;
char str[N];
int n,m,Q,k,tot,last,edges;
ll cnt[N<<1];
int pre[N<<1],ch[N<<1][27],mx[N<<1];
int hd[N<<1],to[N<<1],nex[N<<1],fa[20][N<<1];
void add(int u,int v) {
nex[++edges]=hd[u];
hd[u]=edges,to[edges]=v;
}
struct oper {
int l,r,id;
bool operator<(const oper b) const {
return r<b.r;
}
}a[N];
void init() {
last=tot=1;
}
void extend(int c) {
int np=++tot,p=last;
mx[np]=mx[p]+1,last=np;
for(;p&&!ch[p][c];p=pre[p]) {
ch[p][c]=np;
}
if(!p) {
pre[np]=1;
}
else {
int q=ch[p][c];
if(mx[q]==mx[p]+1) pre[np]=q;
else {
int nq=++tot;
mx[nq]=mx[p]+1;
pre[nq]=pre[q],pre[np]=pre[q]=nq;
memcpy(ch[nq],ch[q],sizeof(ch[q]));
for(;p&&ch[p][c]==q;p=pre[p]) {
ch[p][c]=nq;
}
}
}
++cnt[np];
}
void dfs(int x) {
fa[0][x]=pre[x];
for(int i=1;i<20;++i) fa[i][x]=fa[i-1][fa[i-1][x]];
for(int i=hd[x];i;i=nex[i]) {
dfs(to[i]);
cnt[x]+=cnt[to[i]];
}
}
int len;
int trans(int x,int c) {
while(x&&!ch[x][c]) x=pre[x],len=mx[x];
if(ch[x][c]) { x=ch[x][c],++len; return x; }
else return 1;
}
namespace sol1 {
vector<int>q[B][B];
int main() {
for(int i=1;i<=m;++i) {
if(a[i].r<=k) {
q[a[i].l][a[i].r].pb(i);
}
}
int x,y,z;
for(int T=1;T<=Q;++T) {
scanf("%s%d%d",str+1,&x,&y);
++x,++y;
ll cur=0;
z=1,len=0;
for(int j=1;j<=k;++j) {
z=trans(z,str[j]-'a');
for(int p=z,o=len;o;--o) {
// [j-len+1,j]
int l=j-o+1;
int a1=lower_bound(q[l][j].begin(),q[l][j].end(),x)-q[l][j].begin();
int a2=upper_bound(q[l][j].begin(),q[l][j].end(),y)-q[l][j].begin();
cur+=(a2-a1)*cnt[p];
if(o-1==mx[pre[p]]) p=pre[p];
}
}
printf("%lld
",cur);
}
return 0;
}
};
int get_up(int x,int kth) {
for(int i=19;i>=0;--i) {
if(mx[fa[i][x]]>=kth) {
x=fa[i][x];
}
}
return x;
}
namespace sol2 {
int main() {
int x,y,z;
for(int i=1;i<=m;++i) a[i].id=i;
sort(a+1,a+1+m);
for(int T=1;T<=Q;++T) {
scanf("%s%d%d",str+1,&x,&y);
++x,++y;
z=1,len=0;
ll cur=0;
int lst=1;
for(int j=1;j<=k;++j) {
z=trans(z,str[j]-'a');
while(a[lst].r<=j&&lst<=m) {
if(a[lst].r-a[lst].l+1<=len&&a[lst].id>=x&&a[lst].id<=y) {
int p=get_up(z,a[lst].r-a[lst].l+1);
cur+=cnt[p];
}
++lst;
}
}
printf("%lld
",cur);
}
return 0;
}
};
int main() {
// setIO("input");
// freopen("input.out","w",stdout);
scanf("%d%d%d%d%s",&n,&m,&Q,&k,str+1);
init();
for(int i=1;i<=n;++i) {
extend(str[i]-'a');
}
for(int i=2;i<=tot;++i) {
add(pre[i],i);
}
dfs(1);
for(int i=1;i<=m;++i) {
scanf("%d%d",&a[i].l,&a[i].r);
++a[i].l;
++a[i].r;
}
if(k<403) sol1::main();
else sol2::main();
return 0;
}