[atARC141F]Well-defined Abbreviation

取$T=S_{i}$，不断删除其任意子串$\in \{S_{j}\mid i\ne j\}$，最终应有$T\in \{S_{i},\empty\}$

关于该过程的实现，考虑建立AC自动机，并从前往后依次加入字符

若当前节点存在后缀为某子串，则删去该后缀，并跳到剩余部分对应位置

若$T=\empty$，则删除$S_{i}$可以以该过程代替，不妨去掉$S_{i}$，且这并不影响其余串

在此基础上，对于剩下的这些串（最终$T=S_{i}$），即两两不成子串关系

结论：$\exists T\iff \exists A,B,C$（其中$A\ne C$且均非空）满足$AB,BC\in \{S_{i}\}$

关于充分性，取$T=ABC$即可（注意到$A$和$C$均不存在$\{S_{i}\}$中的子串）

关于必要性，若满足此条件，对$|T|$从小到大归纳，并取出$T$中所有$\in \{S_{i}\}$的子串

注意到对应位置两两不交（不成子串关系&不存在$A,B,C$），进而可以将这些全部删除

具体的，记$T_{i}$表示删去第$i$个串，$T_{0}$表示全部删除，$f(T)$表示$T$所有可能的结果并

显然$f(T_{0})\subseteq f(T_{i})$，根据归纳两者大小均为$1$，进而$f(T)=\bigcup f(T_{i})=f(T_{0})$，即得证

关于该条件的判定，枚举其中$AB$对应串即后缀（借助$fail$指针）

若对应子树内存在多个串，显然总存在$C\ne A$，否则哈希比较两者即可

时间复杂度为$o(\sum |s_{i}|)$，可以通过

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 2000005
#define mod 998244353
#define base 47
#define ll long long
int n,V,l,k,dep[N],ed[N],nex[N],pos[N],vis[N],cnt[N],ch[N][4];
char s[N];queue<int>q;vector<int>v[N];
void init(){
    V=1;
    memset(ch,0,sizeof(ch));
}
void add(int id){
    k=1;
    for(int c:v[id]){
        if (!ch[k][c])ch[k][c]=++V,dep[V]=dep[k]+1;
        k=ch[k][c];
    }
}
void build(){
    for(int i=0;i<4;i++){
        if (!ch[1][i])ch[1][i]=1;
        else nex[ch[1][i]]=1,q.push(ch[1][i]);
    }
    while (!q.empty()){
        int k=q.front();q.pop();
        if (!ed[k])ed[k]=ed[nex[k]];
        for(int i=0;i<4;i++){
            if (!ch[k][i])ch[k][i]=ch[nex[k]][i];
            else nex[ch[k][i]]=ch[nex[k]][i],q.push(ch[k][i]);
        }
    } 
}
int main(){
    scanf("%d",&n),init();
    for(int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%s",s),l=strlen(s);
        for(int j=0;j<l;j++)v[i].push_back(s[j]-'A');
        add(i),ed[k]=l;
    }
    build();
    for(int i=1;i<=n;i++){
        l=0,k=pos[0]=1;
        for(int c:v[i]){
            k=ch[k][c];
            if ((!ed[k])||(ed[k]==v[i].size()))pos[++l]=k;
            else l-=ed[k]-1,k=pos[l];
        }
        if ((l)&&(l<v[i].size())){
            printf("Yes\n");
            return 0;
        }
        vis[i]=(l==v[i].size());
    }
    init();
    for(int i=1;i<=n;i++)
        if (vis[i])add(i);
    build();
    for(int i=1;i<=n;i++)
        if (vis[i]){
            l=0,k=pos[0]=1;
            for(int c:v[i])k=pos[++l]=ch[k][c],cnt[k]++;
            ed[pos[l]]=0;
            for(l--;l;l--)ed[pos[l]]=((ll)base*ed[pos[l+1]]+v[i][l]+1)%mod;
        }
    for(int i=1;i<=n;i++)
        if (vis[i]){
            int s=1;l=pos[0]=0,k=1;
            for(int c:v[i]){
                l++,k=ch[k][c];
                pos[l]=(pos[l-1]+(ll)s*(c+1))%mod,s=(ll)base*s%mod;
            }
            for(k=nex[k];k>1;k=nex[k])
                if ((cnt[k]>1)||(ed[k]!=pos[l-dep[k]])){
                    printf("Yes\n");
                    return 0;
                }
        }
    printf("No\n");
    return 0;
}