P3294

trie 树好题，题面差评。

题意和思路

P3294 [SCOI2016]背单词
给定 $n$ 个字符串，要求对其进行排序，使得总贡献最小。
假设插入某个排序后编号为 $x$ 的字符串 $s$，产生的贡献规则为：
1.如果在 $s$ 后的字符串中有 $s$ 的后缀，贡献为 $n^2$。
2.如果在 $s$ 前的字符串中有 $s$ 的后缀，且 $s$ 后无 $s$ 的后缀，则贡献为 $x-y$（$y$ 是上一个是 $s$ 的后缀的字符串排序后的编号）。
3.如果 $s$ 无后缀（单个字符），则贡献为 $x$。

对于规则 3，其实可以看出其实就是规则 2 中 $y=0$ 的特殊情况。

因为无论如何，$x-y$ 必然远小于 $n^2$，所以贪心的思路很简单，就是将每个字符串的后缀都放到其之前的前提下，使得最后一个此字符串的后缀与字符串之间的距离最小即可。

做法

将所有字符串翻转，建立 trie 树，并在每个字符串的末尾编号。

因为将所有字符串翻转就能把后缀转变为前缀，从而便于用 trie 树处理前缀问题。

对所有编号的节点建重构树。
遍历原树上每个节点，分情况进行不同的操作，采用并查集判是否属同一集合。
1.如果某个节点的某个子节点没有被编号，就将其与当前节点并查集合并。
2.否则把子节点作为一个新的节点，与当前节点的集合连一条边。

之前编号是为了之后跑出重构树，原先树中没有编号的点与后续操作无关，只需保留根节点和每个字符串的末尾的节点即可。

建重构树的原因是，要统计每个子树的关键节点个数。

统计重构树的每个节点的子树大小后，以此为关键字排序。

比较重构树的每个节点子树的关键节点个数的原因是对于某个节点，其贡献是其前面所有树的节点个数之和，所以要对每个节点的所有子树所含关键节点数为关键字排序。

最后按照题目给出的规则统计和即可。

记得最后统计答案的变量要开 long long。

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;const int N=5e5+1e4;
int n,len[N],size[N],id[N],c,u,cnt,tot,t[N][30],flag[N],f[N],v,ans;string s[N];
vector <int> e[N];int cz(int x){return x==f[x]?x:f[x]=cz(f[x]);}
int R(){
    int x=0,f=0; char ch=getchar();while(!isdigit(ch)) f|=(ch==45),ch=getchar();
    while(isdigit(ch)) x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48),ch=getchar();return f?-x:x;
}void W(int x){if(x>9)W(x/10);putchar(x%10+'0');}bool cmp(int x,int y){return size[x]<size[y];}
void ins(int x){u=0;for(int i=len[x]-1;i>=0;i--){c=s[x][i]-'a';if(!t[u][c])t[u][c]=++tot;u=t[u][c];}flag[u]=x;}
void pre(int x){for(int i=0;i<26;i++)if(v=t[x][i]){if(!flag[v])f[v]=cz(x);else e[flag[cz(x)]].push_back(flag[v]);pre(v);}}
void dfs(int x){size[x]=1;for(int i=0;i<e[x].size();i++){dfs(e[x][i]);size[x]+=size[e[x][i]];}sort(e[x].begin(),e[x].end(),cmp);}
void ask(int x){id[x]=cnt++;for(int i=0;i<e[x].size();i++){ans+=cnt-id[x];ask(e[x][i]);}}
signed main(){
    n=R();for(int i=1;i<=n;i++)cin>>s[i],len[i]=s[i].length();for(int i=1;i<=n;i++)ins(i);
    for(int i=1;i<=tot;i++)f[i]=i;pre(0);dfs(0);ask(0);cout<<ans<<endl;return 0;
}