题意

给你 $n$ 个字符串，让你对其进行排列，使得按以下规则花费最少：

设当前字符串为 $s$，$x$ 为 $s$ 在答案排列中的位置。

1. 如果 $s$ 存在后缀且 $s$ 的后缀在 $s$ 之后，花费加 $n^2$。

2. 如果 $s$ 不存在后缀则花费加 $x$。

3. 设 $y$ 为 $s$ 之前离其最近的是 $s$ 的后缀的字符串的位置，$s$ 存在后缀且 $s$ 的后缀在 $s$ 之前，则花费加 $x-y$。

解法

对于 1 条件，显然尽量不要满足，因为 1 条件的花费永远比 2、3 条件多。

对于 2 条件，可以视为 3 条件中 $y=0$，因此和 $3$ 条件合并。

所以可以有一个贪心策略，对于一个字符串 $s$，将它的若干后缀字符串放在 $s$ 之前。那么此时仅存在 3 条件。

题目需要维护后缀，那么可以考虑将字符串反转，变成前缀，于是也可以想到对于反转的字符串建立 Trie 树。

既然要满足贪心策略，那么在 Trie 中，每一个字符串结尾的结点要在它的祖先结点之后。Trie 树就可以维护排列中的先后关系。

3 条件的花费为 $x-y$，即排列中的距离，那么在 Trie 中，每一个字符串的结尾结点才需要考虑，因此考虑重构 Trie，将不是字符串结尾的结点删去。

考虑另一个贪心策略，由于 3 条件花费为 $x-y$，那么 $x$ 和 $y$ 的距离越近越好，所以最优策略中的 $x$ 和 $y$ 在重构树中一定是父子关系。

由于我们需要 $x-y$ 最小，所以我们尽可能地让 $x$ 和 $y$ 放一起，也就是遍历完父亲就遍历儿子。可以发现，这样的遍历顺序就是 dfs 序。

此时我们得到最优的遍历顺序为 dfs 序，对于一个结点 $x$，可以发现在 dfs 序下，它和父节点的距离为之前遍历过的兄弟结点的子树大小和，也就是花费，因此可以对每一个结点按子树大小排序，即可得到最优解。

AC Code

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 1e6 + 5;
int n, trie[N][27], cnt, last[N], siz[N], dfn, ans;
bool End[N];
vector<int> e[N];
void insert(string s)
{
    int x = 0;
    for(int _ = 0; _ < s.size(); _++)
    {
        char i = s[_];
        if(!trie[x][i - 'a'])
            trie[x][i - 'a'] = ++cnt;
        x = trie[x][i - 'a'];
    }
    End[x] = true;
    return;
}
void rebuild(int x)
{
    if(End[x] && x)
    {
        e[last[x]].push_back(x);
        last[x] = x;
    }
    for(auto y : trie[x])
    {
        if(!y)
            continue;
        last[y] = last[x];
        rebuild(y);
    }
    return;
}
void dfs(int x)
{
    siz[x] = 1;
    for(auto y : e[x])
    {
        dfs(y);
        siz[x] += siz[y];
    }
    sort(e[x].begin(), e[x].end(), [](int x, int y)
    {
        return siz[x] < siz[y];
    });
    return;
}
void dfs1(int x)
{
    int k = dfn;
    dfn++;
    for(auto y : e[x])
    {
        ans += dfn - k;
        dfs1(y);
    }
    return;
}
signed main()
{
    cin >> n;
    for(int i = 1; i <= n; i++)
    {
        string s;
        cin >> s;
        reverse(s.begin(), s.end());
        insert(s);
    }
    End[0] = true;
    rebuild(0), dfs(0), dfs1(0);
    cout << ans;
    return 0;
}