題面

英文題面

題意：給一個串\(S\)，有\(q\)次操作：

1 i c表示將\(i\)位置的字元修改為\(c\)；2 l r t表示求\(s_{l},s_{l+1},\cdots s_r\)中\(t\)串的出現次數。

\(|S|,q,\sum |t| \leq 10^5\)。

題解：不難想到暴力kmp匹配，單次查詢的時間複雜度是\(O(|S|+|t|)\)。發現\(|t|\)較小時這樣做很不划算，因此我們可以考慮根號分治。

當\(|t|\)較小時，如果我們對\(S\)分塊，那麼\(t\)只會有兩種情況：完全在塊內，或者在兩個塊之間。

對於整塊，我們對每個塊內的字串都建立SAM，有修改就打個標記，查詢時拍扁重建。由於修改次數最多\(n\)

對於散塊，直接kmp即可。

對於\(t\)在兩個塊之間的情況，我們只需要考慮左端點在上一個塊，右端點在當前塊的位置，因此直接kmp的複雜度也是\(O(|t|)\)的。

時間複雜度：\(O(n \sqrt n)\)。

程式碼：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define re register int
#define F(x,y,z) for(re x=y;x<=z;x++)
#define FOR(x,y,z) for(re x=y;x>=z;x--)
typedef long long ll;
#define I inline void
#define IN inline int
#define C(x,y) memset(x,y,sizeof(x))
#define STS system("pause")
template<class D>I read(D &res){
	res=0;register D g=1;register char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch)){
		if(ch=='-')g=-1;
		ch=getchar();
	}
	while(isdigit(ch)){
		res=(res<<3)+(res<<1)+(ch^48);
		ch=getchar();
	}
	res*=g;
}
const int N=316;
char c[101000],t[101000],cc;
int n,m,sum,T,ln,ans,a[101000],b[101000];
int sit,X,Y,W;
struct SAM{
	int p,q,las,tot,cur,cle,len[660],link[660],ch[660][26],cnt[660],buc[660],sa[660],lft,rit,v;
	I clear(int x){
		len[x]=link[x]=cnt[x]=0;
		F(i,0,25)ch[x][i]=0;
	}
	I insert(int x){
		cur=++tot;clear(tot);
		len[cur]=len[las]+1;p=las;las=cur;cnt[cur]=1;
		while(p&&!ch[p][x])ch[p][x]=cur,p=link[p];
		if(!p)return link[cur]=1,void();
		q=ch[p][x];if(len[p]+1==len[q])return link[cur]=q,void();
		cle=++tot;clear(cle);len[cle]=len[p]+1;link[cle]=link[q];F(i,0,25)ch[cle][i]=ch[q][i];
		while(p&&ch[p][x]==q)ch[p][x]=cle,p=link[p];
		link[q]=link[cur]=cle;
	}
	I build(){
		v=1;tot=las=1;clear(1);
		F(i,lft,rit)insert(a[i]);
		F(i,1,tot)buc[i]=0;
		F(i,1,tot)buc[len[i]]++;
		F(i,1,tot)buc[i]+=buc[i-1];
		FOR(i,tot,1)sa[buc[len[i]]--]=i;
		FOR(i,tot,2)cnt[link[sa[i]]]+=cnt[sa[i]];
	}
	I solve(){
		if(!v)build();
		re p=1,val;
		F(i,1,ln){
			val=t[i]-'a';
			if(!ch[p][val])return;
			p=ch[p][val];
		}
		ans+=cnt[p];
	}
}s[330];
int w[101000],nt[101000],k;
I init(){
	F(i,1,ln)w[i]=t[i]-'a';w[ln+1]=-1;
	nt[1]=0;k=0;
	F(i,2,ln){
		while(k&&w[k+1]!=w[i])k=nt[k];
		if(w[k+1]==w[i])k++;
		nt[i]=k;
	}
//	F(i,1,ln)cout<<nt[i]<<" ";cout<<endl;
}
I kmp(int l,int r){
	k=0;if(r-l+1<ln)return;
//	cout<<l<<" "<<r<<":"<<endl;
	F(i,l,r){
		while(k&&w[k+1]!=a[i])k=nt[k];
		if(w[k+1]==a[i])k++;
		if(k==ln)ans++,k=nt[k];
	}
}
int main(){
	ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);
	cin>>c+1;n=strlen(c+1);F(i,1,n)a[i]=c[i]-'a';
	F(i,1,n)b[i]=((i-1)/N)+1;sum=b[n];
	F(i,1,sum)s[i].lft=(i-1)*N+1,s[i].rit=min(i*N,n),s[i].v=0;
	cin>>m;
	while(m--){
		cin>>sit>>X;
		if(sit==1){
			cin>>cc;W=cc-'a';
			a[X]=W;s[b[X]].v=0;
		}		
		else{
			T++;
			cin>>Y>>t+1;ln=strlen(t+1);ans=0;
			init();//if(T==104){F(i,1,ln)cout<<w[i]<<" ";cout<<endl;}
			if(ln>N)kmp(X,Y);
			else{
				F(i,b[X]+1,b[Y]-1)s[i].solve();
				if(b[X]==b[Y])kmp(X,Y);
				else{
					kmp(X,s[b[X]].rit);kmp(s[b[Y]].lft,Y);
					if(ln>1){
						F(i,b[X],b[Y]-1)kmp(max(X,s[i].rit-ln+2),min(Y,s[i+1].lft+ln-2));
					}
				}
			}
			cout<<ans<<endl;
		}
	}
	return 0;
}