tag:SAM，矩阵乘法，分治

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首先我们要知道一个 trick，如何把两个 SAM 拼起来。

大概就是对于第一个 SAM 上的所有点，如果某个字符 \(c\) 没有出边，就连向第二个 SAM 的根结点的 \(c\) 出边指向的点。

这样最后会构造出来一个自动机，每一条路径都对应着一个题目中要求的字符串。（为了方便，可以倒着构造）

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先考虑如何求 \(f(l,r)\)。

暴力就是直接从右往左 dp。

然后仔细观察会发现，第 \(i\) 个 SAM 的 dp 值，只与它的形态和第 \(i+1\) 个 SAM 的根的儿子的 dp 值有关。

也就是说 \(f[root_i]= a_1f[son[root_{i+1}][1]]+\cdots+a_Tf[son[root+{i+1}][T]]+1\)

所以可以用矩阵的形式，表示出第 \(i+1\) 个 SAM 的根的儿子，对第 \(i\) 个 SAM 的根的儿子的贡献，而矩阵只与第 \(i\) 个 SAM 的形态有关。

这个部分可以 \(O(nT^2)\) 求出来。（hehezhou说可以 \(O(nT)\)，不过不重要）

于是可以 \(O(T^2logn)\) 的时间求出 \(f(l,r)\)。

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然后要求 \(\sum_{l,r}f(l,r)\)，相当于求一个类似于 \(\sum_{l,r}\prod_{i\in[l,r]}A_i\) 的东西。

再多维护一点东西就行了，所以实际上只是比求 \(f(l,r)\) 多了亿点常数。

由于离线，可以分治。

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谁想写这个毒瘤的代码啊！