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给了一个母串s1 和两个串s2 s3
询问s1中有多少个以s2开头s3结尾的子串 子串中s2 s3可以重叠
没啥好说的，直接哈希，先预处理以s2开头的下标和以s3结尾的下标
(string是真的方便)
然后遍历一次s1，如果当前下标满足了s2，就一直遍历下去寻找合法s3
注意形成的子串长度应当大于等于max(s2,s3) 直接存入哈希值最后去重就好了 ，最麻烦的就是哈希冲突 QAQ
最后没要模数 直接long long自然溢出就过了
当然我相信还有其他解法
#include<bits/stdc++.h>
#include<stdlib.h>
#include<algorithm>
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<queue>
#include<time.h>
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <vector>
#define ll long long
#define int long long
#define inf 0x3f3f3f3f
#define mods 1000000007
#define modd 998244353
#define PI acos(-1)
#define fi first
#define se second
#define lowbit(x) (x&(-x))
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define si size()
#define E exp(1.0)
#define fixed cout.setf(ios::fixed)
#define fixeds(x) setprecision(x)
#define IOS ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0)
using namespace std;
ll gcd(ll a,ll b){
if(a<0)a=-a;if(b<0)b=-b;return b==0?a:gcd(b,a%b);}
template<typename T>void read(T &res){
bool flag=false;char ch;while(!isdigit(ch=getchar()))(ch=='-')&&(flag=true);
for(res=ch-48;isdigit(ch=getchar());res=(res<<1)+(res<<3)+ch - 48);flag&&(res=-res);}
ll lcm(ll a,ll b){
return a*b/gcd(a,b);}
ll qp(ll a,ll b,ll mod){
ll ans=1;if(b==0){
return ans%mod;}while(b){
if(b%2==1){
b--;ans=ans*a%mod;}a=a*a%mod;b=b/2;}return ans%mod;}//快速幂%
ll qpn(ll a,ll b, ll p){
ll ans = 1;a%=p;while(b){
if(b&1){
ans = (ans*a)%p;--b;}a =(a*a)%p;b >>= 1;}return ans%p;}//逆元 (分子*qp(分母,mod-2,mod))%mod;
string s1,s2,s3;
ll dis;
ll len1,len2,len3;
ll vis[3][100003];
vector<ll>ans;
signed main(){
cin>>s1>>s2>>s3;
len1=s1.size();
len2=s2.size();
len3=s3.size();
dis=max(len2,len3);
for(int i=0;i<len1;i++){
if(s1.substr(i,len2)==s2){
vis[1][i]=1;
}
if(s1.substr(i,len3)==s3){
vis[2][i+len3-1]=1;
}
}
for(int i=0;i<len1;i++){
if(vis[1][i]){
ll ve=0;
for(int j=i;j<len1;j++){
ve=(ve*133+(s1[j]-'a'+1));
if(vis[2][j]==1&&j-i+1>=dis){
ans.pb(ve);
}
}
}
}
sort(ans.begin(),ans.end());
ans.resize(unique(ans.begin(), ans.end())-ans.begin());
printf("%d",ans.size());
}