为了方便，用$N=10^{5}$来描述复杂度

（对原串建立SAM）注意到$\sum|w|=qk\le N$，考虑对$q$和$k$的大小关系分类讨论：

1.若$q\le k$，即询问次数较少，将其与原串建立一个广义SAM，然后找到枚举所有区间，倍增找到该区间对应子串的位置，该right集合大小即为答案，时间复杂度为$o(qN\log N)$

（建立广义SAM的实际操作，由于只关心于$s$的子串，并不需要新建节点，会更方便一些）

2.若$k<q$，即串长较短，直接暴力枚举查询串的所有子串，并在原串的SAM上查询其出现次数（即对应节点的right集合大小），然后统计其在$[l_{a},r_{a}],[l_{a+1},r_{a+1}],...,[l_{b},r_{b}]$中出现了几次：

将$m$个区间中相同区间存储位置到同一个vector中，然后即查询该区间对应的vector有几个元素在$[a,b]$中，通过二分即可，时间复杂度为$o(qk^{2}\log N)=o(Nk\log N)$

显然总复杂度为$O(N\sqrt{N}\log N)$，可以通过

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 #define N 200005
 4 #define ll long long
 5 vector<int>v[N];
 6 int V,n,m,q,l,lst,a,b,nex[N],len[N],R[N],ch[N][26],A[N],B[N],pos[N],Len[N],fa[N][20];
 7 ll ans;
 8 char s[N],ss[N];
 9 void add(int c){
10     int p=lst,np=lst=++V;
11     len[np]=len[p]+1;
12     while ((p)&&(!ch[p][c])){
13         ch[p][c]=np;
14         p=nex[p];
15     }
16     if (!p)nex[np]=1;
17     else{
18         int q=ch[p][c];
19         if (len[q]==len[p]+1)nex[np]=q;
20         else{
21             int nq=++V;
22             nex[nq]=nex[q];
23             nex[q]=nex[np]=nq;
24             len[nq]=len[p]+1;
25             memcpy(ch[nq],ch[q],sizeof(ch[q]));
26             while ((p)&&(ch[p][c]==q)){
27                 ch[p][c]=nq;
28                 p=nex[p];
29             }
30         }
31     }
32 }
33 void dfs(int k,int f){
34     fa[k][0]=f;
35     for(int i=1;i<20;i++)fa[k][i]=fa[fa[k][i-1]][i-1];
36     for(int i=0;i<v[k].size();i++){
37         dfs(v[k][i],k);
38         R[k]+=R[v[k][i]];
39     }
40 }
41 int get(int k,int l){
42     for(int i=19;i>=0;i--)
43         if (len[fa[k][i]]>=l)k=fa[k][i];
44     return k;
45 }
46 int main(){
47     scanf("%d%d%d%d%s",&n,&m,&q,&l,s);
48     for(int i=0;i<m;i++)scanf("%d%d",&A[i],&B[i]);
49     V=lst=1;
50     for(int i=0;i<n;i++){
51         add(s[i]-'a');
52         R[lst]=1;
53     }
54     for(int i=2;i<=V;i++)v[nex[i]].push_back(i);
55     dfs(1,0);
56     if (q<=l){
57         for(int ii=1;ii<=q;ii++){
58             scanf("%s%d%d",ss,&a,&b);
59             ans=0;
60             for(int i=0,k=1;i<l;i++){
61                 while ((k>1)&&(!ch[k][ss[i]-'a']))k=nex[k];
62                 Len[i]=len[k];
63                 if (i)Len[i]=min(Len[i],Len[i-1]);
64                 if (ch[k][ss[i]-'a']){
65                     k=ch[k][ss[i]-'a'];
66                     Len[i]++;
67                 }
68                 pos[i]=k;
69             }
70             for(int j=a;j<=b;j++)
71                 if (Len[B[j]]>=B[j]-A[j]+1)ans+=R[get(pos[B[j]],B[j]-A[j]+1)];
72             printf("%lld\n",ans);
73         }
74     }
75     else{
76         for(int i=0;i<l*l;i++)v[i].clear();
77         for(int i=0;i<m;i++)v[A[i]*l+B[i]].push_back(i);
78         for(int ii=1;ii<=q;ii++){
79             scanf("%s%d%d",ss,&a,&b);
80             ans=0;
81             for(int i=0;i<l;i++)
82                 for(int j=i,k=1;j<l;j++){
83                     k=ch[k][ss[j]-'a'];
84                     if (!k)break;
85                     int p=i*l+j;
86                     int posl=lower_bound(v[p].begin(),v[p].end(),a)-v[p].begin();
87                     int posr=upper_bound(v[p].begin(),v[p].end(),b)-v[p].begin()-1;
88                     ans+=(ll)R[k]*max(posr-posl+1,0);
89                 }
90             printf("%lld\n",ans);
91         }
92     }
93     return 0;
94 } 

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