Description
阿狸喜欢收藏各种稀奇古怪的东西，最近他淘到一台老式的打字机。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：
l 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)。
l 按一下印有‘B‘的按键，打字机凹槽中最后一个字母会消失。
l 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。
阿狸发现了这个功能以后很兴奋，他想写个程序完成同样的功能，你能帮助他么？
Input
输入的第一行包含一个字符串，按阿狸的输入顺序给出所有阿狸输入的字符。
第二行包含一个整数m，表示询问个数。
接下来m行描述所有由小键盘输入的询问。其中第i行包含两个整数x, y，表示第i个询问为(x, y)。
Output
输出m行，其中第i行包含一个整数，表示第i个询问的答案。
Sample Input
aPaPBbP
3
1 2
1 3
2 3
Sample Output
2
1
0
HINT
1<=N<=10^5
1<=M<=10^5
输入总长<=10^5
----------------------------------------
fail树是这样一个东西：将AC自动机的fail指针连成一棵树（根节点为虚拟节点0）。
这样有什么好处呢？匹配时沿着fail树向上找就能找到所有匹配位置了：
void find(char* s)
{
int j=0,c;
for(int i=0;s[i]!=‘\0‘;i++)
{
c=s[i]-‘a‘;
while(j&&!ch[j][c]) j=f[j];
for(int t=j;t;t=f[t]) if(val[t]) cnt[val[t]]++;
}
}
也就是说，对于一个节点c从root（0）走向c连成的字符串（模板串），一个节点v从root(0)走向v连成的字符串（匹配串），匹配串在模板串中出现的次数就是root->c的路径上的节点有多少出现在节点v的子树中。
这样我们只需维护DFS序即可。
那么这道题的做法就水落石出了：
首先构建AC自动机的fail树得出dfs序，得出每个结点进出时间l[x]，r[x]，考虑这样一种暴力
对于一个询问x，y，查询自动机上root-y的每一个结点，沿着fail指针是否会走到x的结尾点，如果可以即答案+1
那么就变为在fail树中，查询自动机上root-y的所有结点中，有多少个在x的子树中。
只要在自动机上再重新走一遍，走到一个结点y，则将1-l[y]都+1。解决询问x，y（把y相同的链表串起来），即查询l[x]到r[x]的和。当遇到一个B时1-l[y]都-1。
只需树状数组实现加减和区间求和
随便写了写，竟然在BZOJ上rank1了，我很开心（<---这货二模跪了还在这里作死）
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<algorithm>
using namespace std;
inline int read()
{
int x=0,f=1;char c=getchar();
for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c==‘-‘) f=-1;
for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-‘0‘;
return x*f;
}
void print(int x)
{
if(!x) {putchar(‘0‘);putchar(‘\n‘);return;}
int len=0,buf[15];
while(x) buf[++len]=x%10,x/=10;
for(int i=len;i;i--) putchar(buf[i]+‘0‘);
putchar(‘\n‘);
}
const int maxn=200010;
int ch[maxn][26],fa[maxn],f[maxn],pos[maxn],id,sz;
void insert(char* s)
{
int j=0,c;
for(int i=0;s[i];i++)
{
c=s[i]-‘a‘;
if(s[i]==‘P‘) pos[++id]=j;
else if(s[i]==‘B‘) j=fa[j];
else
{
if(!ch[j][c]) ch[j][c]=++sz,fa[sz]=j;
j=ch[j][c];
}
}
}
queue<int> q;
void getfail()
{
for(int c=0;c<26;c++) if(ch[0][c]) q.push(ch[0][c]);
while(!q.empty())
{
int u=q.front(),v;q.pop();
for(int c=0;c<26;c++) if(v=ch[u][c])
{
q.push(v);int j=f[u];
while(j&&!ch[j][c]) j=f[j];
f[v]=ch[j][c];
}
}
}
int first[maxn],next[maxn],to[maxn],e;
void AddEdge(int u,int v){to[++e]=v;next[e]=first[u];first[u]=e;}
int l[maxn],r[maxn],cnt;
void dfs(int x)
{
l[x]=++cnt;
for(int i=first[x];i;i=next[i]) dfs(to[i]);
r[x]=++cnt;
}
int sumv[maxn];
void add(int x,int v) {for(;x<=cnt;x+=x&-x) sumv[x]+=v;}
int sum(int x) {int ret=0;for(;x;x-=x&-x) ret+=sumv[x];return ret;}
struct Query {int next,v;}Q[maxn];
int firstq[maxn],ans[maxn];
void solve(char* s)
{
int j=0,c;add(l[j],1);id=0;
for(int i=0;s[i];i++)
{
c=s[i]-‘a‘;
if(s[i]==‘P‘)
{
id++;for(int x=firstq[id];x;x=Q[x].next)
{
int v=pos[Q[x].v];
ans[x]=sum(r[v])-sum(l[v]-1);
}
}
else if(s[i]==‘B‘) add(l[j],-1),j=fa[j];
else j=ch[j][c],add(l[j],1);
}
}
char s[maxn];
int main()
{
scanf("%s",s);insert(s);getfail();
for(int i=1;i<=sz;i++) AddEdge(f[i],i);
dfs(0);
int m=read();
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int x=read(),y=read();
Q[i].v=x;Q[i].next=firstq[y];firstq[y]=i;
}
solve(s);
for(int i=1;i<=m;i++) print(ans[i]);
return 0;
}