首先離線建出兩棵樹，對樹$B$中每個點預處理出其往上$2^k$步的父親以及中間的串的Hash值。
通過這個可以在$O(\log n)$的時間內比較兩個串的字典序，以此將它們按字典序排序。
然後將樹$A$壓縮成Trie，並求出根到每個點的Hash值，同時預處理出每個串在$B$陣列中出現的區間。
具體的求法是：$x$的區間一定是$x$的父親的區間的子區間，在內部二分找到區間的左右端點即可。
然後按順序依次模擬每個操作：
$1.$如果是往樹$A$中新增節點$x$，那麼對答案的貢獻是$B$陣列中對應區間內已加入的點數。
$2.$如果是往樹$B$中新增節點$x$，那麼可以倍增列舉在Trie中最長可以走多遠，根據Hash值可以很方便地進行定位，對答案的貢獻是某個點到根節點路徑上已經加入的點數。
這都可以通過樹狀陣列維護。
時間複雜度$O(n\log^2n)$。
#include<cstdio>
#include<algorithm>
typedef unsigned long long ll;
const int N=100010,K=16,D=233;
int n,i,x,y,op[N][2];char ch;ll ans=1;
int c0=1,cnt=1,id[N],p[N],w[N],dep[N],g[N][26],st[N],en[N],q[N],in[N],ou[N],dfn;ll v[N];
int c1=1,s[N],rk[N],f[N][K+1];ll h[N][K+1],pw[K+1];
struct BIT{
int n,b[N<<1];
void add(int x,int p){for(;x<=n;x+=x&-x)b[x]+=p;}
int ask(int x){int t=0;for(;x;x-=x&-x)t+=b[x];return t;}
}b0,b1;
inline void read(int&a){char c;while(!(((c=getchar())>='0')&&(c<='9')));a=c-'0';while(((c=getchar())>='0')&&(c<='9'))(a*=10)+=c-'0';}
inline int add0(int x,int y){
if(!g[x][y]){
g[x][y]=++c0;
p[c0]=x;
w[c0]=y+1;
dep[c0]=dep[x]+1;
v[c0]=v[x]*D+y+1;
}
return id[++cnt]=g[x][y];
}
inline int add1(int x,int y){
int z=++c1;
f[z][0]=x;
h[z][0]=y+1;
for(int i=1;i<=K;i++){
f[z][i]=f[f[z][i-1]][i-1];
h[z][i]=h[z][i-1]*pw[i-1]+h[f[z][i-1]][i-1];
}
return z;
}
inline bool cmpq(int x,int y){return v[x]<v[y];}
inline bool cmps(int x,int y){
for(int i=K;~i;i--)if(h[x][i]==h[y][i])x=f[x][i],y=f[y][i];
return h[x][0]<h[y][0];
}
inline int kth(int x,int k){
k--;
for(int i=K;~i;i--)if(k>>i&1)k-=1<<i,x=f[x][i];
return h[x][0];
}
inline void cal(int x){
int A=st[p[x]],B=en[p[x]],L=B+1,R=A-1;
int d=dep[x],c=w[x],l=A,r=B,mid;
while(l<=r)if(kth(s[mid=(l+r)>>1],d)>=c)r=(L=mid)-1;else l=mid+1;
l=A,r=B;
while(l<=r)if(kth(s[mid=(l+r)>>1],d)<=c)l=(R=mid)+1;else r=mid-1;
st[x]=L,en[x]=R;
}
inline int getid(ll x){
int l=1,r=c0,mid;
while(l<=r){
if(v[q[mid=(l+r)>>1]]==x)return q[mid];
if(v[q[mid]]<x)l=mid+1;else r=mid-1;
}
return 0;
}
void dfs(int x){
in[x]=++dfn;
for(int i=0;i<26;i++)if(g[x][i])dfs(g[x][i]);
ou[x]=++dfn;
}
inline void ext0(int x){
b0.add(in[x],1);
b0.add(ou[x],-1);
if(st[x]>en[x])return;
ans+=b1.ask(en[x])-b1.ask(st[x]-1);
}
inline void ext1(int x){
b1.add(rk[x],1);
int o=1,t;ll pre=0,now;
for(int i=K;~i;i--)if(t=getid(now=pre*pw[i]+h[x][i]))o=t,pre=now,x=f[x][i];
ans+=b0.ask(in[o]);
}
int main(){
read(n);
for(pw[0]=D,i=1;i<=K;i++)pw[i]=pw[i-1]*pw[i-1];
for(id[1]=i=1;i<=n;i++){
read(x),read(y);op[i][0]=--x;
while(!((ch=getchar())>='a'&&ch<='z'));
ch-='a';
op[i][1]=x?add1(y,ch):add0(id[y],ch);
}
for(i=1;i<=c0;i++)q[i]=i;
std::sort(q+1,q+c0+1,cmpq);
for(i=1;i<=c1;i++)s[i]=i;
std::sort(s+1,s+c1+1,cmps);
for(i=1;i<=c1;i++)rk[s[i]]=i;
st[1]=1,en[1]=c1;
for(i=2;i<=c0;i++)cal(i);
dfs(1);
b0.n=c0*2;
b1.n=c1;
b0.add(1,1);
b1.add(1,1);
for(i=1;i<=n;i++){
op[i][0]?ext1(op[i][1]):ext0(op[i][1]);
printf("%llu\n",ans);
}
return 0;
}