題目背景
阿狸喜歡收藏各種稀奇古怪的東西，最近他淘到一臺老式的打字機。

題目描述
打字機上只有28個按鍵，分別印有26個小寫英文字母和’B’、’P’兩個字母。經阿狸研究發現，這個打字機是這樣工作的：
·輸入小寫字母，打字機的一個凹槽中會加入這個字母(這個字母加在凹槽的最後)。
·按一下印有’B’的按鍵，打字機凹槽中最後一個字母會消失。
·按一下印有’P’的按鍵，打字機會在紙上打印出凹槽中現有的所有字母並換行，但凹槽中的字母不會消失。
例如，阿狸輸入aPaPBbP，紙上被列印的字元如下：
a aa ab 我們把紙上打印出來的字串從1開始順序編號，一直到n。打字機有一個非常有趣的功能，在打字機中暗藏一個帶數字的小鍵盤，在小鍵盤上輸入兩個數(x,y)（其中1≤x,y≤n），打字機會顯示第x個列印的字串在第y個列印的字串中出現了多少次。
阿狸發現了這個功能以後很興奮，他想寫個程式完成同樣的功能，你能幫助他麼？

輸入輸出格式

輸入格式：
輸入的第一行包含一個字串，按阿狸的輸入順序給出所有阿狸輸入的字元。
第二行包含一個整數m，表示詢問個數。
接下來m行描述所有由小鍵盤輸入的詢問。其中第i行包含兩個整數x, y，表示第i個詢問為(x, y)。
輸出格式：
輸出m行，其中第i行包含一個整數，表示第i個詢問的答案。

分析：
1.我們發現如果y串上的某一節點在fail邊上可以走到x的結束節點，那麼答案就會+1
2.考慮用AC自動機構造fail樹，那麼問題就轉化為求以x為根的子樹中有多少個是root到y上的節點
3.利用dfs序，每遍歷到trie樹上的一個點時，就把它的in[x]+1，遇到B時，它的in[x]就減1。
4.用離線做法，把y相同的詢問一起考慮，每次到達一個y，就用sum(out[x])-sum(in[x]-1)更新答案。發現樹狀陣列可以很好的解決。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<vector>
using namespace std;
const int maxn=100010;
char s[maxn];
vector<int>g[maxn],w[maxn];
int c[maxn];
int lowbit(int x){
    return x&(-x);
}
void Add(int x,int
 
 a){
    while(x<maxn){
        c[x]+=a;
        x+=lowbit(x);
    }
}
int sum(int x){
    int ret=0;
    while(x){
        ret+=c[x];
        x-=lowbit(x);
    }
    return ret;
}
int to[maxn],Next[maxn],Begin[maxn],e;
int len,cnt;
int in[maxn],out[maxn],fa[maxn],ans[maxn];
struct acm{
    int ch[maxn][26],pos[maxn],fail[maxn];
    void build(){
        int u=0,id=0;
        for(int i=1;i<=len;i++){
            if(s[i]=='B'){
                u=fa[u];
            }else if(s[i]=='P'){
                pos[++id]=u;
            }else{
                if(!ch[u][s[i]-'a']){
                    ch[u][s[i]-'a']=++cnt;
                    fa[cnt]=u;
                }
                u=ch[u][s[i]-'a'];
            }
        }
    }
    void build_fail(){
        queue<int>q;
        for(int i=0;i<26;i++)if(ch[0][i])q.push(ch[0][i]);
        while(!q.empty()){
            int u=q.front();q.pop();
            for(int i=0;i<26;i++){
                int& c=ch[u][i],o=ch[fail[u]][i];
                if(c){
                    q.push(c);
                    fail[c]=o;
                }else c=o;
            }
        }
    }
    void solve(){
        int id=0,u=0;
        for(int i=1;i<=len;i++){
            if(s[i]=='P'){
                id++;
                for(int j=0;j<g[id].size();j++){
                    int v=pos[g[id][j]];
                    ans[w[id][j]]=sum(out[v])-sum(in[v]-1);
                }
            }else if(s[i]=='B') Add(in[u],-1),u=fa[u];
            else u=ch[u][s[i]-'a'],Add(in[u],1);
        }
    }
}AC;
int m;
void add(int x,int y){
    to[++e]=y;
    Next[e]=Begin[x];
    Begin[x]=e;
}
int dfn;
void dfs(int x){
    in[x]=++dfn;
    for(int i=Begin[x];i;i=Next[i]) dfs(to[i]);
    out[x]=dfn;
}
int main(){
    scanf("%s",s+1);
    len=strlen(s+1);
    AC.build();
    AC.build_fail();
    for(int i=1;i<=cnt;i++) add(AC.fail[i],i);
    scanf("%d",&m);
    for(int i=1;i<=m;i++){
        int x,y;
        scanf("%d%d",&x,&y);
        g[y].push_back(x);
        w[y].push_back(i);
    }
    dfs(0);
    AC.solve();
    for(int i=1;i<=m;i++) printf("%d\n",ans[i]);
    return 0;
}

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