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
3
1 2
1 3
2 3
Sample Output
1
0
HINT
1<=N<=10^5
1<=M<=10^5
怎么做还是比较明显的。
首先思考一下怎么判断一个串x是y的子串呢？用fail指针就可以了。如果y串中有节点可以通过fail指针走到x的终止节点，那么x就在y中出现过。有n个节点可以走到x的终止节点，那么x就出现过n次。
现在就有一个暴力的想法，枚举y串的每个节点的fail看是否能到x的终止节点，但是这是显然会T的。
然后我们可以倒过来想，把fail指针反向，建一棵fail树，对于x串，统计x的终止节点子树中有多少个y串的节点即可。
所以构建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]，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。
树状数组实现加减和区间求和。
Code：
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<iostream>
#define N 200005
using namespace std;
int read()
{
int x=0;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9')ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
return x;
}
int n,m,cnt,T,tot,l[N],r[N],t[N],last[N],lastq[N],pos[N],ans[N],fa[N],fail[N],next[N][26],q[N];;
char ch[N];
struct fail_tree
{
int to,next,v;
}e[N],que[N];
void add(int x,int val)
{
for(int i=x;i<=T;i+=i&-i)t[i]+=val;
}
int query(int x)
{
int sum=0;
for(int i=x;i;i-=i&-i)sum+=t[i];
return sum;
}
void insert(int u,int v)
{
e[++tot].to=v;e[tot].next=last[u];last[u]=tot;
}
void build()
{
int now=1,id=0;
for(int i=0;i<n;i++)
if(ch[i]=='P')pos[++id]=now;else
if(ch[i]=='B')now=fa[now];else
{
if(!next[now][ch[i]-'a'])
{
next[now][ch[i]-'a']=++cnt;
fa[cnt]=now;
}
now=next[now][ch[i]-'a'];
}
}
void buildfail()
{
int head=0,tail=1;
fail[1]=0;q[0]=1;
while(head!=tail)
{
int now=q[head];head++;
for(int i=0;i<26;i++)
if(next[now][i])
{
int v=next[now][i];
int k=fail[now];
while(!next[k][i])k=fail[k];
fail[v]=next[k][i];
q[tail++]=v;
}
}
}
void solve()
{
int now=1,id=0;
add(l[1],1);
for(int i=0;i<n;i++)
if(ch[i]=='P')
{
id++;
for(int x=lastq[id];x;x=que[x].next)
{
int t=pos[que[x].to];
ans[x]=query(r[t])-query(l[t]-1);
}
}
else if(ch[i]=='B')add(l[now],-1),now=fa[now];
else now=next[now][ch[i]-'a'],add(l[now],1);;
}
void dfs(int x)
{
l[x]=++T;
for(int i=last[x];i;i=e[i].next)
dfs(e[i].to);
r[x]=++T;
}
int main()
{
scanf("%s",ch);
n=strlen(ch);
cnt=1;
for(int i=0;i<26;i++)
next[0][i]=1;
build();
buildfail();
for(int i=1;i<=cnt;i++)
insert(fail[i],i);
m=read();
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int x=read(),y=read();
que[i].next=lastq[y];
lastq[y]=i;
que[i].to=x;
}
dfs(0);
solve();
for(int i=1;i<=m;i++)printf("%d\n",ans[i]);
return 0;
}