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【题目分析】

这题目描述真是令人窒息。

3个条件的意思大概是这样：

(1).如果有单词作为现在正在填入的单词的后缀但并未填入，将花费n*n的代价。

(2).如果没有单词作为当前填入单词的后缀，代价为当前填入单词序号x

(3).如果所有作为该单词的后缀的单词之前都已经填入，那么代价为当前序号x-最后一个作为当前单词的后缀的单词的序号y。

读懂题以后这道题还是比较明显的贪心。第1个条件提示一定是先将所有作为后缀的单词填入，因为如果不这样填不管怎么样代价都小于n*n。

由于询问的是后缀，所以后缀相同其实等价于反串的前缀相同，所以倒着建立一个trie树。

这时问题转化为求一棵树的拓扑序，满足儿子与父亲的编号差的和最小，所以可以直接贪心来做，简单观察发现，对于某一刻，无论选哪个节点，总代价都会增大目前能扫到的第一个标记点的总量。

要使总代价最少，那么这次选的点一定要使以后增加的点最小.

所以记录一下每个点能看到的，以及这一个子树下分支总量，一定优先处理分支更小的子树。

【代码~】

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef pair<int,int> pll;
const int MAXN=5e5+10;

long long n,siz,ans;
char s[MAXN];
struct Trie{
    int val;
    int son[26];
}tr[MAXN];
int tot[MAXN],sum[MAXN];
vector<int> idx[MAXN];

void insert(char a[]){          //建立trie树 
    int len=strlen(a);
    int last=0;
    for(int i=len-1;i>=0;--i){  //后缀 
        int x=a[i]-\'a\';
        if(!tr[last].son[x]){
            tr[last].son[x]=++siz;
        }
        last=tr[last].son[x];
    }
    tr[last].val=1;             //记录终止点 
}

void dfs(int u,int fa){
    if(tr[u].val)               //是一个终止点 
      tot[fa]++,idx[fa].push_back(u),fa=u;
    for(int i=0;i<=\'z\'-\'a\';++i){
        if(tr[u].son[i])
          dfs(tr[u].son[i],fa);
    }
    sum[u]=tot[u];
    int size=idx[u].size();
    for(int i=0;i<size;++i){
        sum[u]+=sum[idx[u][i]];//记录子树信息 
    }
}

void bfs(){
    priority_queue<pll> q;
    q.push(make_pair(0,0));
    int now=1;
    while(!q.empty()){
        pair<int,int> u=q.top();
        q.pop();
        now=now+tot[u.second]-1;
        ans+=now;
        int size=idx[u.second].size();
        for(int i=0;i<size;++i){
            q.push(make_pair(-sum[idx[u.second][i]],idx[u.second][i]));//先找小的所以取相反数 
        }
    }
}

int main(){
    scanf(\"%d\",&n);
    for(int i=1;i<=n;++i){
        scanf(\"%s\",s);
        insert(s);
    }
    dfs(0,0);
    bfs();
    cout<<ans;
    return 0;
}