题意：
打字机上只有28个按键，分别印有26个小写英文字母和’B’、'P’两个字母。经阿狸研究发现，这个打字机是这样工作的：
·输入小写字母，打字机的一个凹槽中会加入这个字母(这个字母加在凹槽的最后)。
·按一下印有’B’的按键，打字机凹槽中最后一个字母会消失。
·按一下印有’P’的按键，打字机会在纸上打印出凹槽中现有的所有字母并换行，但凹槽中的字母不会消失。
例如，阿狸输入aPaPBbP，纸上被打印的字符如下：
a aa ab 我们把纸上打印出来的字符串从1开始顺序编号，一直到n。打字机有一个非常有趣的功能，在打字机中暗藏一个带数字的小键盘，在小键盘上输入两个数(x,y)（其中1≤x,y≤n），打字机会显示第x个打印的字符串在第y个打印的字符串中出现了多少次。
题解：
字符串总长1e5，如果我们在线做法，肯定会T到爆炸，因为每次询问都需要插入重建fail图，所以我们选择离线处理，把所有查询y中有多少个x的询问一起查询，即查询y中有多少个x1，x2，xn…，把所有操作形成的字符串全部放进去，但这样显然还是会超时，怎么办？
仔细想想，y中有多少个x，不就是求y的某个节点往上跳fail能不能到达x，因为每个节点的fail一定最多只有一条，所有我们完全可以反向建边，建出fail树，那么我们的问题不就是求x往下能到达多少个y的节点，那这就不是相当于求子树和了吗？
再想想，如果把所有y的节点全部赋一个权值1，那么不就是求x的最后一个节点的子树和吗？
这样交上去，又T，真是毒瘤…
那么我们还能怎么优化呢？我们每次求子树和的时候都是暴力求和，时间复杂度确实过不了，但没关系，求子树和，我们完全可以用线段树或者树状数组优化！想想将树上的点按照dfs序打上标号后，一个树的子树和就相当于被降维打击了，完全可以看成一个数组，这样就可以简单的套模板求和啦！我们只需要每次在B操作时，将该点的权值-1，移动root到它的父节点。每次访问到一个结束的节点时，一定是有且仅有这个串的节点被标记，这样就能回答关于这个串的相关询问啦！
具体细节见代码！
由于本蒟蒻线段树容易写崩掉，所以选择了好写的树状数组。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 1e5+50;
struct Trie{
int nxt[MAXN][26],fail[MAXN],fa[MAXN],end[MAXN];
int sz[MAXN],dfn[MAXN],tree[MAXN],ans[MAXN];
int tot,n,m,stot,cnt;
char s[MAXN];
vector<int> g[MAXN];
vector<pair<int,int> > v[MAXN];
void insert(){
int root=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(s[i]=='P') end[++stot] = root;//记录第stot个字符串的结束节点是root
else if(s[i]=='B') root = fa[root];
else{
if(!nxt[root][s[i]-'a']) nxt[root][s[i]-'a'] = ++tot,fa[tot] = root;
root = nxt[root][s[i]-'a'];
}
}
}
void build(){//建立fail树
queue<int> que;
for(int i=0;i<26;i++)
if(nxt[0][i])
g[0].push_back(nxt[0][i]),que.push(nxt[0][i]);//指向0的节点一定要加进去！！
while(!que.empty()){
int u = que.front();
que.pop();
for(int i=0;i<26;i++){
if(nxt[u][i]){
int root = fail[u];
while(root && !nxt[root][i]) root = fail[root];
que.push(nxt[u][i]);
fail[nxt[u][i]] = nxt[root][i];
g[nxt[root][i]].push_back(nxt[u][i]);
}
}
}
}
void dfs(int u){//dfs序建树
dfn[u] = ++cnt;
sz[u] = 1;
for(int i=0;i<(int)g[u].size();i++){
int v = g[u][i];
dfs(v);
sz[u] += sz[v];//求出子树的点数
}
}
int lowbit(int x) { return x & -x; }//简单好写的树状数组
void add(int x,int val){
for(int i=x;i<=cnt;i+=lowbit(i)) tree[i] += val;
}
int query(int x){
int res = 0;
for(int i=x;i;i-=lowbit(i)) res += tree[i];
return res;
}
void solve(){
int root = 0,cont = 0;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(s[i]=='P'){
cont++;//遍历第cont个字符串中是否有问题要解决
for(int j=0;j<(int)v[cont].size();j++){
int x = v[cont][j].first;
ans[v[cont][j].second] += query(dfn[end[x]] + sz[end[x]] - 1) - query(dfn[end[x]] - 1);
//求子树和
}
}
else if(s[i]=='B'){
add(dfn[root],-1);//该点权值-1
root = fa[root];
}
else{
root = nxt[root][s[i]-'a'];
add(dfn[root],1);
}
}
}
void work(){
scanf("%s%d",s+1,&m);
n = strlen(s+1);
for(int i=1;i<=m;i++){
int x,y;
scanf("%d%d",&x,&y);
v[y].push_back(make_pair(x,i));
//y中有多少个x，这个是第i个问题
}
insert();
build();
dfs(0);
solve();
for(int i=1;i<=m;i++) printf("%d\n",ans[i]);
}
}Automaton;
int main(){
Automaton.work();
return 0;
}
来源：https://blog.csdn.net/qq_43544481/article/details/102759611