1.题意表述十分难以理解，简单说就是：有n个单词，确定一个背的顺序，使总代价最小。
2.因为第(1)种情况的代价是n*n，这个代价比任何一种不出现第(1)种情况的方案都要大，所以最后肯定不会出现“背某个单词的时候它的后缀还没背”的情况。
3.考虑将每个串和单词表中它的最长后缀连边，则形成了一棵树。我们需要给树上每个点分配一个1~n的整数v[]且两两不同（就是背的顺序，要保证儿子分配到的数一定大于父亲）。那么总代价就是所有点的v[i]-v[fa[i]]。可以发现，要让总代价最小，最终的涂色序列（就是背的顺序）是这棵树的一个DFS序。
4.关于建树，将所有串翻转变成前缀问题，再对所有串建Trie即可。
5.考虑哪个DFS序能让总代价最小，考虑一个点的所有儿子，当走入一个儿子时，其它儿子和父亲的差就会+1，其余点不变。那么要让答案最小就必须要尽快从那个儿子中出来，于是肯定是选择size最小的那个儿子。
这个结论全网都说十分显然但我既想不到也不会证，感觉自己贪心水平十分低下。
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define rep(i,l,r) for (int i=(l); i<=(r); i++)
#define For(i,x) for (int i=h[x],k; i; i=nxt[i])
typedef long long ll;
using namespace std; const int N=;
int n,tim,nd=,cnt,tot,top,h[N],to[N],nxt[N<<];
int id[N],fa[N],ch[N][],stk[N],a[N],sz[N],v[N];
ll ans;
char s[N];
vector<int>ve[N]; void add(int u,int v){ to[++cnt]=v; nxt[cnt]=h[u]; h[u]=cnt; }
bool cmp(int a,int b){ return sz[a]<sz[b]; } void ins(int k,char s[]){
int x=,len=strlen(s+);
for (int i=len; i; i--){
if (!ch[x][s[i]-'a']) ch[x][s[i]-'a']=++nd;
x=ch[x][s[i]-'a'];
}
v[x]=k;
} void dfs1(int x){
if (v[x]) fa[v[x]]=stk[top],add(stk[top],v[x]),stk[++top]=v[x];
rep(i,,) if (ch[x][i]) dfs1(ch[x][i]);
if (v[x]) top--;
} void dfs2(int x){ sz[x]=; For(i,x) if ((k=to[i])!=fa[x]) dfs2(k),sz[x]+=sz[k]; } void dfs3(int x){
tot=; id[x]=++tim;
For(i,x) if ((k=to[i])!=fa[x]) ve[x].push_back(k);
sort(ve[x].begin(),ve[x].end(),cmp); int ed=ve[x].size()-;
rep(i,,ed) dfs3(ve[x][i]);
} int main(){
freopen("bzoj4567.in","r",stdin);
freopen("bzoj4567.out","w",stdout);
scanf("%d",&n);
rep(i,,n) scanf("%s",s+),ins(i,s);
dfs1(); dfs2(); dfs3();
rep(i,,n) ans+=id[i]-id[fa[i]];
printf("%lld\n",ans);
return ;
}