题意：
分析：
- 暴力
直接KMP，复杂度O((n^2))
- 正解
首先因为不强制在线，我们可以建出操作树，然后DFS解决操作2的问题，然后我们考虑操作1怎么做，由于每一次暴力KMP的复杂度过高，所以我们要优化KMP。
我们把压缩的字符看成一个二元组，对于一个前缀，如果他是border，他一定满足除了第一段和最后一段以外，中间所有的二元组都和后缀相同。所以我们考虑加入一个二元组 (x,c) 以后答案会发生那些变化，会不断跳nxt，直到找到了一个前缀满足其下一个二元组是 (x',c) ，此时我们会增加 min(x,x') 个border，他们的最后一段是一组公差为1的等差数列，对于剩下的串 x-min(x,x') 接着跳nxt
对于跳的途中，我们若是找到了满足x'=x的二元组 (x',c) ，那将当前二元组的nxt指向找到的这个，否则指向0，因为对于 x'>x 的情况由于任意两个连续二元组的字符不相同，所以必定无法匹配上
但是这样的优化理论上还是过不了这道题，因为暴力跳 nxt 会被卡成单次 O(n) 的，所以总的复杂度还是 O((n^2)) ，虽然实际上真的过了
我们考虑建出一个 KMP自动机（借用网上巨佬的说法），我们对于每一个位置维护一下rt[] 数组表示接一个二元组字符为 i 时会跳到哪里，但是由于二元组的长度不同跳到的 nxt 还是不同，所以我们对于每一个 rt[] 都建一颗主席树，主席树的下标是后接二元组对应的长度，然后我们把统计的答案拆开，每一个border拆成跳nxt得到的前缀的长度+延伸的二元组 (x',c) 中匹配到的长度，我们记 len=min(x,x') ,也就是说贡献拆开后的第二部分是一个长度为 len 的等差数列，第一部分我们就放到主席树上面直接区间查询出来
对于剩下的 x-len 个后缀，我们可能没有办法直接找到一个二元组满足条件的二元组 (x,c) 所以我们需要特判一下，第一个二元组 ((x_1,c_1)) 能不能形成一个符合要求的border，能形成的充要条件就是：(c_1=c) 且 (x_1>x)
统计完答案之后我们要球盖主席树上的信息，我们把 rt[c] 对应的主席树上 [1,x] 的区间的信息都改成当前的前缀长度，这样会更优，然后继续遍历，将跳到的 nxt 节点的 rt[] 数组的信息， 传给下一个节点
代码：
#include<bits/stdc++.h>
#define pii pair<int,int>
#define mk(x,y) make_pair(x,y)
#define pb push_back
#define fir first
#define sec second
#define inl inline
#define reg register
using namespace std;
namespace zzc
{
inl int read()
{
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(isdigit(ch)){x=x*10+ch-48;ch=getchar();}
return x*f;
}
const int maxn = 1e5+5;
const int maxm = 6.4e6+5;
const int mod = 998244353;
const int bj = 10005;
pii val[maxn];
vector<int> to[maxn];
int n,tot,top,tim;
int id[maxn],ans[maxn],lc[maxm],rc[maxm],sum[maxm],nxt[maxm],tag[maxm],st[maxn],a[maxn],b[maxn],mx[maxn][26],rt[maxn][26];
inl void new_node(int &rt)
{
int tmp=++tot;
sum[tmp]=sum[rt];
lc[tmp]=lc[rt];
rc[tmp]=rc[rt];
nxt[tmp]=nxt[rt];
tag[tmp]=tag[rt];
rt=tmp;
}
inl void pushup(int rt)
{
sum[rt]=(sum[lc[rt]]+sum[rc[rt]])%mod;
}
inl void form(int rt,int s,int len)
{
sum[rt]=1ll*s*len%mod;
tag[rt]=s;
}
inl void pushdown(int rt,int l,int r)
{
if(!tag[rt]) return ;
int mid=(l+r)>>1;
new_node(lc[rt]);form(lc[rt],tag[rt],mid-l+1);
new_node(rc[rt]);form(rc[rt],tag[rt],r-mid);
tag[rt]=0;
}
void modify(int &rt,int l,int r,int pos,int st,int k)
{
new_node(rt);
if(r<pos) return form(rt,st,r-l+1);
if(l==r)
{
form(rt,st,1);
nxt[rt]=k;
return ;
}
int mid=(l+r)>>1;
pushdown(rt,l,r);
modify(lc[rt],l,mid,pos,st,k);
if(pos>mid) modify(rc[rt],mid+1,r,pos,st,k);
pushup(rt);
}
void query(int &rt,int l,int r,int pos,int &res,int &k)
{
if(r<pos) return res=(res+sum[rt])%mod,void();
if(l==r)
{
res=(res+sum[rt])%mod;
k=nxt[rt];
return ;
}
int mid=(l+r)>>1;
pushdown(rt,l,r);
query(lc[rt],l,mid,pos,res,k);
if(pos>mid) query(rc[rt],mid+1,r,pos,res,k);
}
inl int getsum(int x)
{
return (1ll*(x+1)*x/2)%mod;
}
void dfs(int u)
{
top++;
int x=val[u].sec,y=val[u].fir,_nxt=0;
a[top]=x;b[top]=b[top-1]+y;
if(top==1) ans[u]=getsum(y-1);
else
{
ans[u]=(ans[u]+getsum(min(mx[top][x],y)))%mod;
query(rt[top][x],1,bj,y,ans[u],_nxt);
if(!_nxt&&a[1]==x&&b[1]<y) _nxt=1,ans[u]=(ans[u]+1ll*b[1]*max(0,y-mx[top][x])%mod)%mod;
}
mx[top][x]=max(mx[top][x],y);
modify(rt[top][x],1,bj,y,b[top-1],top);
for(auto v:to[u])
{
memcpy(mx[top+1],mx[_nxt+1],sizeof(mx[top+1]));
memcpy(rt[top+1],rt[_nxt+1],sizeof(rt[top+1]));
ans[v]=ans[u];
dfs(v);
}
top--;
}
void work()
{
int opt,x;
char ch[5];
n=read();
for(reg int i=1;i<=n;i++)
{
opt=read();x=read();
if(opt==1)
{
scanf("%s",ch+1);
val[++tim]=mk(x,ch[1]-'a');
id[i]=tim;
to[id[i-1]].pb(id[i]);
}
else id[i]=id[x];
}
for(auto v:to[0])
{
tot=0;
memset(rt[1],0,sizeof(rt[1]));
memset(mx[1],0,sizeof(mx[1]));
dfs(v);
}
for(reg int i=1;i<=n;i++) printf("%d
",ans[id[i]]);
}
}
int main()
{
zzc::work();
return 0;
}