比赛现场
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是个好题。但是我赛时怎么什么都不会。
首先简化一下题面：\(s\) 和 \(t\) 被认为是相同的，当且仅当 \(s=t\) 或 \(|t|=|s|-1\) 且 \(t\) 是 \(s\) 的后缀（或者反过来 \(s\) 是后缀）。
（以下都假设 \(s\) 是较长的那个）
那这样的话，\(s\) 就是 \(t\) 前面多一个字母。\(s\) 如果在集合里的话，\(t\) 就不能在集合里。反之亦然。
我们又考虑到，\(s\) 只会有一个对应的后缀 \(t\)，但是 \(t\) 前面可以加任意字母构成任意的 \(s'\)，也就是 \(t\) 会和多个较长的 \(s'\) 构成不合法关系。换句话说，这是个一对多的关系，约等于一个森林。
那这不就是《没有上司的舞会》吗？对的对的，如果我们把树建出来的话就能直接套用那个题的做法了。
那咋建树呢？或者说对于一个字符串 \(s\) 的话，怎么让它所有的前缀和它们不合法的那个后缀建上边呢？或者我们怎么找不合法后缀呢？
关键词：前缀。考虑用 Trie 树。我们把所有的串串扔进一个 Trie 树里。
原题解这里讲的不太清楚。我的理解是，对于第 \(i\) 个串 \(s_i\)，我们从小到大枚举 \(j\) 表示当前这个前缀截止到 \(j\) 这个位置。
（由于我的坐标从 1 开始，所以我的 \(j \in [1,len]\)。）
我们对于每个 \(j\) 要看看是否有一个不合法后缀 \(s_{2,3,\cdots,j}\) 存在于 Trie 树上，有的话说明存在这样的前缀不能和当前前缀一个集合，我们就将当前前缀在树上的编号与这个前缀在树上的编号建边。
显然 \(j=1\) 时是没有这样的后缀的。当 \(j \in [2,len]\) 时，每当 \(j \to j+1\)，那么当前要找的不合法后缀也会加一个对应字符。
比如我们考虑 abb 这个前缀的时候，它要找的不合法后缀是 bb。当我们考虑完这个位置，考虑 abba 这个前缀的时候，要找的不合法后缀也会多一个字母 a 变成 bba。
这对应到 Trie 树上是什么？假设我们已经找完了 \(j\) 位置的不合法后缀，我们找 \(j+1\) 的时候，让 \(now \to tr_{now,s[i][j+1]}\)，在树上往下跳即可。
如果找到了就像前面说的一样建边，如果找不到了就说明没有这样的后缀了，后面的前缀也不会再有了，直接跳出循环。
这样我们把树建好以后，跑一遍树上 dp 即可。
代码：
T2代码
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;inline int read(){int x=0,f=1;char c=getchar();while(c<48){if(c=='-') f=-1;c=getchar();}while(c>47) x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();return x*f;
}const int N=1e6+6;
int T,n,tr[N][30],awa,dp[N][2],h[N],fa[N],tot;
//tr:Trie 树
//awa:当前Trie树节点开到哪了
//dp:树上dp数组
//fa[i]:Trie树上编号为 i 的点要向哪个点连边
vector<int> pos[N];
//pos[i][j]:第 i 个串长度为 j 的前缀对应 Trie 树上的哪个点
string s[N];
struct sw{int u,v,nxt;
}e[N];inline void INIT(){for(int i=0;i<=awa;i++){dp[i][0]=dp[i][1]=0;fa[i]=0;h[i]=0;for(int j=1;j<=26;j++){tr[i][j]=0;}}awa=0;for(int i=1;i<=tot;i++){e[i]={0,0,0};}tot=0;
}inline void INITT(){for(int i=1;i<=n;i++){pos[i].clear();s[i]=' ';}
}inline void add(int u,int v){e[++tot]={u,v,h[u]};h[u]=tot;
}inline void dfs(int u){//树上dp，不会的可看P1352，不过这里每个点的点权是1 dp[u][1]=1;for(int i=h[u];i;i=e[i].nxt){int v=e[i].v;dfs(v);//考虑选u点的情况，此时子节点不能选 dp[u][1]+=dp[v][0];//考虑不选u点的情况，此时子节点任意 dp[u][0]+=max(dp[v][0],dp[v][1]);}
}inline void ins(int id){//Trie树里的插入操作 int len=s[id].size()-1,now=0;pos[id].push_back(0);for(int i=1;i<=len;i++){int fu=s[id][i]-'a'+1;if(!tr[now][fu]){tr[now][fu]=++awa;} now=tr[now][fu];pos[id].push_back(now);}
}signed main(){freopen("b.in","r",stdin);freopen("b.out","w",stdout);T=read();while(T--){//多测记得初始化 INIT();n=read();INITT();for(int i=1;i<=n;i++){cin>>s[i];s[i]=' '+s[i];ins(i);}//处理每个点往哪里连边 for(int i=1;i<=n;i++){int now=0,len=s[i].size()-1;for(int j=2;j<=len;j++){int fu=s[i][j]-'a'+1;if(!tr[now][fu]){//没有找到不合法后缀，说明后面的点也找不到了 now=-1;break;} now=tr[now][fu];//否则当前前缀记录往now上连边 fa[pos[i][j]]=now;}}//我们发现，对于没有限制的点，默认会往 0 号点连边，这样不仅是正确的（它们在dp里一定会被选），还不用再单独处理这种情况了 for(int i=1;i<=awa;i++){add(fa[i],i);}dfs(0);//由于 0 号点是虚拟的，所以选了没有意义，且有可能搞掉正确答案的选法 int ans=dp[0][0];printf("%lld\n",ans);}return 0;
}
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