知识点：
AC自动机，fail树，离线，树状数组，主席树
题意：
给定若干个串，若干次询问(x,y)x串在y串中出现了多少次，除了值域（小写字母）外范围都是1e5.
解法：
首先，按照它给定的“打字机读入方式”，我们可以在trie上跳，模拟这一个过程。遇到小写字母，则往下跳（没有就插入新点），遇到\(B\)就跳回其父亲处（所以trie还要维护每个点父亲点的编号），遇到\(P\)就标记一下结尾的节点（假如原来有点，那么就把当前串的fa定为原来的那个串，否则新增一个编号）。假如不按上面这种方法来的话，复杂度上界是\(O(n^2)\)的。
接下来，考虑单个的(x,y)怎么匹配。注意题目问的是x在y中出现了多少次，我们要明确几个性质。
- 一个ACAM上的节点到根节点上的路径，每一个路径上的点都是当前点的前缀。这个用trie来理解就非常显然了。
- 一个fail树上的节点到根节点上的路径，每一个路径上的点都是当前点的后缀，且一定是长度依次单调递减的一个后缀。
这里补充一下什么就做fail树，fail树就是把fail指针反向连接起来形成的一棵树，具有很多很优美的性质。
那么我们通过以上两个性质，我们可以发现，问x在y中出现的次数，就是问x在fail树的子树中有多少个点是y节点在fail树中所对应节点的祖先（包括y自己）。
所以我们考虑怎么维护上面的那个信息。
假如在线做，那么每次遍历一次fail树，是\(O(n^2)\)的，所以我们必须把所有询问离线下来，因为是问y作为文本串的，所以可以选择把y排序处理。不过这里我选择开个vector直接把y对应的fa（就是在插入时，相同的话就记的那个fa）对应的ACAM上的编号挂上去，把x也同样处理后挂上去。
考虑把fail树的DFS序弄出来（因为以某个节点为根的子树一定是在DFS序上连续的一段），所以可以转化为序列上的问题用树状数组等数据结构来维护。因为每次进入走出某个节点发生的影响都是1，所以DFS一遍trie树（注意这里要在求fail之前把所有的son备份一遍，否则会连到一些原来没有的点上），一到一个点就把当前点在fail树上的DFS序所对应的点在树状数组上+1，然后回答当前点的所有询问（均为x点的子树右端点-x点的子树左端点对于的值），然后遍历所有的真儿子，然后-1走人。
注意：
- 搞清楚什么时候是fail，什么时候是trie。这里理解子串个人认为可以类比SAM，因为一个子串=后缀的前缀=前缀的后缀，所以是遍历trie树，但是树状数组维护的DFS序是在fail树上的。
- 假如你在想，为什么不是加上一个地方的所有的子串结尾的个数，而是+1？是因为题目问的是x在y中出现的次数，就算出现很多次，那也只算一次。
代码：
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<vector>
using namespace std;
const int maxn=100010;
int n,m,head[maxn],etot,tot=1,c[maxn],dfn[maxn],low[maxn],fa[maxn],cnt,ans[maxn],id[maxn];
struct node
{
int nxt,to;
}edge[maxn];
struct trie
{
int son[26],fail,tag,fa,ch[26];
}a[maxn];
struct pro
{
int x,id;
};
vector<pro>que[maxn];
queue<int>q;
char s[maxn];
int read()
{
int x=0;
char c=getchar();
while (c<48||c>57)
c=getchar();
while (c>=48&&c<=57)
x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
return x;
}
void insert(char *s)
{
int i,u=1,len=strlen(s),k;
a[1].fa=1;
for (i=0;i<len;i++)
{
if (s[i]>='a'&&s[i]<='z')
{
k=s[i]-'a';
if (!a[u].son[k])
{
a[u].son[k]=(++tot);
a[tot].fa=u;
}
u=a[u].son[k];
}
if (s[i]=='B')
u=a[u].fa;
if (s[i]=='P')
{
id[++n]=u;
fa[n]=n;
if (a[u].tag)
fa[n]=a[u].tag;
else
a[u].tag=n;
}
}
}
void getfail()
{
int i,u,v,fafail;
for (i=0;i<=25;i++)
a[0].son[i]=1;
a[1].fail=0;
q.push(1);
while (!q.empty())
{
u=q.front();
q.pop();
fafail=a[u].fail;
for (i=0;i<=25;i++)
{
v=a[u].son[i];
if (!v)
a[u].son[i]=a[fafail].son[i];
else
{
a[v].fail=a[fafail].son[i];
q.push(v);
}
}
}
}
void add(int u,int v)
{
edge[++etot]=(node){head[u],v};
head[u]=etot;
}
int lowbit(int x)
{
return x&-x;
}
void update(int x,int val)
{
for (;x<=cnt;x+=lowbit(x))
c[x]+=val;
}
int query(int x)
{
int res=0;
for (;x;x-=lowbit(x))
res+=c[x];
return res;
}
void DFS(int u)
{
int i;
dfn[u]=(++cnt);
for (i=head[u];i;i=edge[i].nxt)
DFS(edge[i].to);
low[u]=cnt;
}
void dfs(int u)
{
update(dfn[u],1);
int i,siz=que[u].size();
for (i=0;i<siz;i++)
ans[que[u][i].id]=query(low[que[u][i].x])-query(dfn[que[u][i].x]-1);
for (i=0;i<=25;i++)
if (a[u].ch[i])
dfs(a[u].ch[i]);
update(dfn[u],-1);
}
int main()
{
int i,j,u,v;
scanf("%s",s);
insert(s);
for (i=1;i<=tot;i++)
for (j=0;j<=25;j++)
a[i].ch[j]=a[i].son[j];
getfail();
for (i=1;i<=tot;i++)
if (a[i].fail!=i&&a[i].fail>=1)
add(a[i].fail,i);
DFS(1);
m=read();
for (i=1;i<=m;i++)
{
u=id[fa[read()]],v=id[fa[read()]];
que[v].push_back((pro){u,i});
}
dfs(1);
for (i=1;i<=m;i++)
printf("%d\n",ans[i]);
return 0;
}