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思路：
先求一遍出现次数前缀和，我们只管每个字母出现次数奇偶性，所以可以把状态压缩一下，离散化之后就只有最多n个状态
对于子串[l,r]如果s[l-1]==s[r]，那么[l,r]合法
f 前i块，状态j，出现下标k次方之和，ans 块i到j的答案
完整的块直接得答案，外面剩余的一个一个加进来
假设现在加进来的位置是b，状态为s[b]
那么对于0次方 就不说什么了，就是s[b]状态的出现次数
对于1次方 由Σ(b-i)^1=b*sum[i][[0]-sum[i][1]（s[i]==s[b]）可算得
对于2次方 由Σ(b-i)^2=(b^2-2*b*sum[i][1]+sum[i][2])(s[i]==s[b])可算得
#include
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const int maxn=100010,maxb=320;
typedef long long ll;
using namespace std;
int cas,n,Q,sta[maxn],pw[29],tmp[maxn],cnt,bcnt,bsz,bel[maxn],seq[maxn];char s[maxn];
ll A,B,lastans,f[maxb][maxn][3],ans[maxb][maxb][3],sum[maxn][3];
struct seg{int l,r;}blk[maxb];
void init(){
pw[0]=1;for (int i=1;i<=26;i++) pw[i]=pw[i-1]<<1;
scanf("%s",s+1),n=strlen(s+1),scanf("%d",&Q);
sta[0]=tmp[0]=0;
for (int i=1;i<=n;i++) sta[i]=sta[i-1]^pw[s[i]-'a'],tmp[i]=sta[i];
sort(tmp,tmp+n+1),cnt=unique(tmp,tmp+n+1)-tmp;
for (int i=0;i<=n;i++) sta[i]=upper_bound(tmp,tmp+cnt,sta[i])-tmp;
}
void trans(ll a[],ll sum[],int b,int op){
a[0]+=sum[0];
a[1]+=op*(sum[0]*b-sum[1]);
a[2]+=sum[0]*b*b-2ll*sum[1]*b+sum[2];
sum[0]++,sum[1]+=b,sum[2]+=1ll*b*b;
}
void prework(){
for (int i=1;i=L;i--){
int stt=sta[i];
if (!sum[stt][0]){
seq[++cnt]=stt;
for (int k=0;k<3;k++)
sum[stt][k]=getf(st+1,ed-1,stt,k);
}
trans(res,sum[stt],i,-1);
}
for (int i=blk[ed].l;i<=R;i++){
int stt=sta[i];
if (!sum[stt][0]){
seq[++cnt]=stt;
for (int k=0;k<3;k++)
sum[stt][k]=getf(st+1,ed-1,stt,k);
}
trans(res,sum[stt],i,1);
}
}
else{
for (int i=L;i<=R;i++){
int stt=sta[i];
if (!sum[stt][0]) seq[++cnt]=stt;
trans(res,sum[stt],i,1);
}
}
for (int i=1;i<=cnt;i++) for (int j=0;j<3;j++) sum[seq[i]][j]=0;
return res[type];
}
void work(){
lastans=A=B=0;
for (int i=1,x,y,type;i<=Q;i++){
scanf("%d%d%d",&x,&y,&type);
x=(x+A)%n+1,y=(y+B)%n+1;
if (x>y) swap(x,y);
lastans=query(x-1,y,type);
printf("%lld\n",lastans);
A=B,B=lastans;
}
}
int main(){
scanf("%d",&cas);
while (cas--) init(),prework(),work();
return 0;
}