阿狸的打字机：非常牛的 AC 自动机题。
暴力
先考虑在暴力的情况下，我们如何计算 \(x\) 匹配 \(y\) 的次数。显然，我们会模拟往 \(y\) 里加字符的过程，在此过程中做 KMP 进行匹配，统计答案。
那么如果涉及多个模式串呢？就可以把 KMP 加强成 AC 自动机了。
考虑在 AC 自动机上如何刻画这个过程，在匹配过程中，我们从到达过的每一个点出发，往前暴力跳 fail 树，找出匹配 \(x\) 的后缀即可。
转化
从 \(y\) 的路线去找 \(x\) 非常的没有前途，我们考虑从 \(x\) 出发，能不能找到 \(y\) 的路线。题意转化为求 \(x\) 的子树与 \(y\) 到根链的交集包含的节点数。
\(x\) 能匹配上的串一定是它在 fail 树中子树的所有节点，这个“子树”就让人很容易想到用 dfs 序转化为序列上的区间问题来解决。那么我们如何处理 \(y\) 的路线呢？
观察
这个就涉及到本题很巧妙的一个性质了，本题给出的打印字符串实际上是可以动态维护的，我们考虑维护一个栈，里面存 AC 自动机上的指针，回退的时候 pop 即可。
在这个过程中，我们可以不断给新到达的节点的权值进行 \(+1,-1\) 的操作，这个操作一共会进行大概 \(2\times (n-1)\) 次，它是由 fail 树的边数决定的。
那么接下来就是很简单的事情了，我们按 \(y\) 的大小将询问排序并离线下来，在动态维护字符串的过程中标记 \(y\) 到根节点的链，这个可以用树状数组或者线段树来进行这个单点修改，区间查询的操作。查询的时候就查子树的区间即可。
时间复杂度 \(O(n \log n)\)。
代码
代码比较长，但是如果分模块完成的话应该不会很难实现。
#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define lc (p<<1)
#define rc ((p<<1)|1)
#define eb(x) emplace_back(x)
#define pb(x) push_back(x)
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double ldb;
using pi=pair<int,int>;
vector<pi>qs[100005];
int n,m,p=0,ch[100005][30],ap[100005],idx=0,cnt=0,ne[100005],now=0;
int lx[100005],rx[100005],tr[100005],ans[100005];
char s[100005];
stack<int>stk;
vector<int>g[100005];
void build()
{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 v=ch[u][i];if(v)ne[v]=ch[ne[u]][i],q.push(v);else ch[u][i]=ch[ne[u]][i];}}
}
void init()
{for(int i=1;i<=idx;i++)g[ne[i]].push_back(i);
}
void dfs(int u)
{lx[u]=++now;for(auto v:g[u])dfs(v);rx[u]=now;
}
int lowbit(int x){return (x&(-x));}
int query(int x)
{if(x<=0)return 0;int ans=0;while(x){ans+=tr[x];x-=lowbit(x);}return ans;
}
void update(int x,int v)
{if(x<=0)x=1;while(x<=now){tr[x]+=v;x+=lowbit(x);}
}
int main()
{ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);cin>>s+1;n=strlen(s+1);cin>>m;for(int i=1;i<=m;i++){int x,y;cin>>x>>y;qs[y].push_back({x,i});}stk.push(0);p=0;for(int i=1;i<=n;i++){if(s[i]>='a'&&s[i]<='z'){int c=s[i]-'a';if(ch[p][c]==0)ch[p][c]=++idx;p=ch[p][c];stk.push(p);}else if(s[i]=='B'){stk.pop();p=stk.top();}else{ap[++cnt]=p;}}build();init();dfs(0);p=0;while(!stk.empty())stk.pop();stk.push(0);cnt=0;for(int i=1;i<=n;i++){if(s[i]>='a'&&s[i]<='z'){int c=s[i]-'a';p=ch[p][c];stk.push(p);update(lx[p],1);}else if(s[i]=='B'){update(lx[p],-1);stk.pop();p=stk.top();}else{cnt++;for(auto que:qs[cnt]){int x=que.fi,id=que.se;ans[id]=query(rx[ap[x]])-query(lx[ap[x]]-1);}}} for(int i=1;i<=m;i++)cout<<ans[i]<<'\n';return 0;
}
