描述
小Hi平时的一大兴趣爱好就是演奏钢琴。我们知道一段音乐旋律可以被表示为一段数构成的数列。
小Hi发现旋律可以循环，每次把一段旋律里面最前面一个音换到最后面就成为了原旋律的“循环相似旋律”，还可以对“循环相似旋律”进行相同的变换能继续得到原串的“循环相似旋律”。
小Hi对此产生了浓厚的兴趣，他有若干段旋律，和一部音乐作品。对于每一段旋律，他想知道有多少在音乐作品中的子串（重复便多次计）和该旋律是“循环相似旋律”。
解题方法提示
小Hi：我们已经对后缀自动机比较熟悉了，今天我们再来道稍有难度的题。
小Ho：好！这道题目让我们求的是若干串在另一个长串S中各自作为子串出现的次数，只是匹配的方式从完全相等变成了“循环同构”。
小Hi：没错！如果匹配方式是完全相等的话，本题就可以使用AC自动机或者trie图完美的解决。
小Ho：既然这个问题也和子串有关系，那么不妨试试后缀自动机。
小Hi：对。和上一期一样，你可以先想想如果询问只有一个串T应该怎么做。
小Ho：嗯，那自然就考虑所有T的循环同构的串在长串S中出现的次数。
小Hi：没错。循环同构有点麻烦，如果我们枚举与T循环同构的串，再依次判断是否在S中出现过。那复杂度至少是O(length(T)^2)的了。
小Ho：恩。比如T="abcd"的话，我们要判断4个串"abcd", "bcda", "cdab", "dabc"在S中出现的次数。
小Hi：为了能顺利解决循环同构的问题。我们要做点准备，先考虑这么一个问题。对于给定的字符串S和T，求S和T的最长公共子串。小Ho，你知道最长公共子串是什么吧？ 要注意子串和子序列不同哦。
小Ho：知道。比如"aabbabd"和"abbabb"的最长公共子串就是"abbab"。
小Hi：我们利用SAM，可以做到对于T的每个位置i，都能求出以T[i]结尾的最长公共子串是什么。以你上面说的"aabbabd"和"abbabb"为例。我们可以求出
S: aabbabd
T: abbabb
1：a
2: ab
3: abb
4: abba
5: abbab
6: abb
小Ho：这个怎么求呢？
小Hi：我们先构造S的后缀自动机。然后对于每个结束位置T[i]，维护两个变量。一个是当前状态u，表示T[i]结尾的最长公共子串在S的SAM的哪个状态里；二是当前匹配长度l，表示T[i]结尾的最长公共子串的长度。初始时u=初始状态S，l=0。
小Hi：假设我们已经知道T[i-1]对应的(u, l)，要求T[i]对应的(u', l')。如果trans[u][T[i]]存在的话，那么直接令u'=trans[u][T[i]], l' = l+1即可。
| T[0] | S | l=0 |
| T[1] | trans[S][a]=1 | 1 |
| T[2] | trans[1][b]=8 | 2 |
| T[3] | trans[8][b]=4 | 3 |
| T[4] | trans[4][a]=6 | 4 |
| T[5] | trans[6][b]=7 | 5 |
| T[6] | trans[7][b]=NULL | ? |
小Ho：那如果遇到trans[u][T[i]]不存在怎么办？ 比如处理的T[6]的时候，trans[7][b]不存在。
小Hi：这时我们要沿suffix-path(u->S)找到一个状态v满足trans[v][T[i]]存在。所以先找suffix[7]=8，而trans[8][b]=4存在。这时令u=trans[v][T[i]], l=maxlen(v)+1。
| T[0] | S | l=0 |
| T[1] | trans[S][a]=1 | 1 |
| T[2] | trans[1][b]=8 | 2 |
| T[3] | trans[8][b]=4 | 3 |
| T[4] | trans[4][a]=6 | 4 |
| T[5] | trans[6][b]=7 | 5 |
| T[6] | trans[7][b]=NULL | ? |
| T[6] | trans[suffix[7]][b]=trans[8][b]=4 | maxlen[8]+1=3 |
小Ho：这里trans[u][T[i]]不存在就沿着suffix-path(u->S)向前找的过程好像类似KMP中当前字符失配就沿next数组向前找？
小Hi：没错，过程是类似的。都是在"abbab"+'b'失配时，试图找到"abbab"的一个最长后缀s使得s+'b'不失配。我们知道"abbab"的后缀都在suffix-path(u->S)里，所以沿着suffix-path(u->S)向前找即可。
小Ho：如果最后直到初始状态S都没有trans[v][T[i]]存在呢？
小Hi：如果trans[S][T[i]]不存在，那字符T[i]肯定是没在字符串S中出现过。这时我们令u=S, l=0从T[i+1]重新开始即可。
小Hi：好了，现在对于T的每个位置i，我们都能求出以T[i]结尾的最长公共子串是什么。（严格来说我们知道最长公共子串的长度l）那我们能知道这个最长公共子串在S中出现了多少次么？
小Ho：这个我知道。我们既然已经知道子串对应的状态u，那么|endpos(u)|就是子串出现的次数。这个问题我们已经在hiho一下 第129周学习过了。
小Hi：现在我们的准备工作做完了。小Ho你先回顾一下前面的内容，下面我们要开始解决这周的问题了。
小Ho：好的。
小Hi：现在我们要处理T的循环同构串们。这里有一个常用的技巧，假设T的长度是n，我们令T'=T + T[1..n-1]形成一个新的串T'。例如对于"abcd"，我们把"abc"拼在"abcd"后面，得到新的T="abcdabc"。这样"abcd"的循环同构串就变成了T'="abcdabc"的长度为n的子串。
小Ho：哦！然后我们再用之前讲的方法求出在每个位置T'[i]结束的最长公共子串。我们可以求出对应的(u, l)，如果这时l>=n，那我们就得到了一个公共子串T'[i-l+1 .. i]。这个子串在S中出现的次数是|endpos(u)|，又恰好包含T的循环同构串T'[i-n+1 .. i]。
小Hi：基本思路是对的。但是要注意处理两个特殊情况。第一个情况是T的n个循环同构子串有重复（相同）的情况。比如T="aa"，T'="aaa"，还是以S="aabbabd"为例
S: aabbabd
T': aaa
1： a (u, l) = (1, 1)
2: aa (u, l) = (2, 2), l>=n
3: aa (u, l) = (2, 2), l>=n
小Hi：T'[2]和T'[3]结尾的最长公共子串都是"aa"，(u, l)都是(2, 2)。我们要避免"aa"的出现次数被统计2次，小Ho你想想要怎么办？
小Ho：恩，我们要记录一个状态是不是之前在l>=n的情况下到达过。如果到达过的话，下一次再到达就不要统计了。
小Hi：很好。我们还有第二个特殊情况要处理。那就是要区分串T'[i-l+1 .. i]出现次数和T'[i-n+1 .. i]的出现次数。前面说到，我们处理T'[i]的时候求出当前状态u和匹配长度l。这时串T'[i-l+1 .. i]一定是属于状态u的，T'[i-l+1 .. i]的出现次数是|endpos(u)|。但是这时可能l>n，所以T'[i-n+1 .. i]不一定属于状态u。T'[i-n+1 .. i]是T'[i-l+1 .. i]长度为n的后缀，可能在suffix-path(u->S)上，出现次数比T'[i-n+1 .. i]多。
小Ho：这个也好办，我们只要沿着suffix-path(u->S)向上找，找到最靠近S的v满足maxlen[v]>=n (也就是minlen[v]<=n<=maxlen[v])，统计|endpos(v)|即可。
小Hi：这里有一个关键点，我们找到v之后可以直接令u=v。以免每次向前找v的复杂度过高。
小Ho：我试着总结一下，伪代码如下。
ans = 0; //出现次数
n = length(T);
T' = T + T[1..n];
u = S, l = 0;
for i = 1 .. length(T'):
while u != S AND trans[u][T'[i]] is NULL: //沿suffix-path(u->S)找到一个状态v满足trans[v][T'[i]]存在
u = slink[i], l = maxlen[u];
if trans[u][T'[i]] is not NULL:
u = trans[u][T'[i]], l++;
else: //直到初始状态S都没有trans[v][T'[i]]存在
u = S, l = 0;
if l > n: //要区分串T'[i-l+1 .. i]出现次数和T'[i-n+1 .. i]的出现次数
while maxlen[slink[u]] >= n:
u = slink[u], l = maxlen[u];
if l >= n AND not visited[u]: //第一次在l>=n的情况下达到u
visited[u] = TRUE;
ans += |endpos(u)|;
小Ho：最后一个问题，本题有多个T怎么办呐？
小Hi：笨！处理每个T复杂度都是线性的，多个T就依次处理一遍就行了。
小Ho：原来如此。
输入
第一行，一个由小写字母构成的字符串S，表示一部音乐作品。字符串S长度不超过100000。
第二行，一个整数N，表示有N段旋律。接下来N行，每行包含一个由小写字母构成的字符串str，表示一段旋律。所有旋律的长度和不超过 100000。
输出
输出共N行，每行一个整数，表示答案。
Sample Input
abac
3
a
ab
ca
Sample Output
2
2
1 一个endpos只能被寻找到一次
#pragma GCC optimize(2)
#pragma G++ optimize(2)
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<queue> #define ll long long
#define N 300007
using namespace std;
inline int read()
{
int x=,f=;char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-;ch=getchar();}
while(isdigit(ch)){x=(x<<)+(x<<)+ch-'';ch=getchar();}
return x*f;
} int n;
struct sam
{
int cnt,last;
int c[N][],fa[N],mx[N],endpos[N];
sam(){cnt=last=;}
void extend(int x)
{
int p=last,np=last=++cnt;mx[np]=mx[p]+;endpos[np]=;
while(p&&!c[p][x])
{
c[p][x]=np;
p=fa[p];
}
if(!p)fa[np]=;
else
{
int q=c[p][x];
if(mx[q]==mx[p]+)fa[np]=q;
else
{
int nq=++cnt;mx[nq]=mx[p]+;
memcpy(c[nq],c[q],sizeof(c[q]));
fa[nq]=fa[q];
fa[q]=fa[np]=nq;
while(c[p][x]==q)c[p][x]=nq,p=fa[p];
}
}
}
int now=,pre=,du[N];queue<int>q[];
void init_endpos()
{
for (int i=;i<=cnt;i++)
if(fa[i])du[fa[i]]++;
for (int i=;i<=cnt;i++)
if(!du[i])q[pre].push(i);
while(!q[pre].empty())
{
while(!q[pre].empty())
{
int x=q[pre].front();q[pre].pop();
endpos[fa[x]]+=endpos[x];
du[fa[x]]--;
if(!du[fa[x]])q[now].push(fa[x]);
}
swap(now,pre);
}
}
int u=,l=;ll ans;
bool flag[N];
void dp(int x,int n)
{
while(u&&!c[u][x])u=fa[u],l=mx[u];
if(!u)u=,l=;
else u=c[u][x],l++;
if(l>n)while(mx[fa[u]]>=n)u=fa[u],l=mx[u];
if(l>=n&&!flag[u])
{
flag[u]=true;
ans+=endpos[u];
}
}
void init()
{
printf("%lld\n",ans);
ans=,u=,l=;
memset(flag,,sizeof(flag));
}
}sam;
char s[N],T[N]; int main()
{
scanf("%s",s+);int len=strlen(s+);
for (int i=;i<=len;i++)sam.extend(s[i]-'a');
sam.init_endpos();
n=read();
while(n--)
{
scanf("%s",T+);
len=strlen(T+);
for (int i=;i<=len;i++)
T[i+len]=T[i];
len=len*-;
for (int i=;i<=len;i++)
sam.dp(T[i]-'a',(len+)/);
sam.init();
}
}