@description@
我们称一组字符串是 “前缀码”，当且仅当不存在一个字符串为另一个字符串的前缀。
现在给定 n 个 01 字符串，其中有些字符串存在最多一个的未知字符。
问是否能将未知字符替换为 0 或 1，使得这 n 个字符串构成 “前缀码”。
Input
第一行给定整数 n 表示字符串个数 (1 ≤ n ≤ 5 · 10^5).
接下来 n 行每行一个字符串，每个字符串由 '0', '1', '?' 构成，且保证最多包含一个 '?'。
保证字符串总长不超过 5 · 10^5.
Output
如果无解，输出 "NO"。
否则输出 "YES"，接下来 n 行每行一个字符串（按照输入的顺序输出），表示最后得到的 “前缀码”。
如果有多解，输出任意一个皆可。
Examples
binary.in
4
00?
0?00
?1
1?0
binary.out
YES
000
0100
11
100
binary.in
3
0100
01?0
01?0
binary.out
NO
@solution@
含有问号的串有两种状态，且串 s 选定某个状态时，会导致另一些串只能选择与 s 没有前缀关系的状态。这可以使我们联想到 2-sat。
具体一点，假如 x 与 y 有前缀关系，则 x -> y', y -> x'。
假如 s 不含问号，则我们不妨令 s 表示的串为 x，令 x' -> x 即可。
这样建图是 O(n^2) 的，考虑优化建图。
判断任意两个串的前缀关系，不难想到可以上 trie，则两个串是前缀关系当且仅当两个串在 trie 上对应的结点一个是另一个祖先。
我们建出 trie 后，将 trie 拆成两棵 T1, T2，T1 方向全部朝根结点，T2 方向全部朝叶结点。
则与一个点成前缀关系的点要么顺着 T1 往上，要么顺着 T2 往下。
于是我们可以对于 x 所对应的 trie 中结点 k，k 向 x' 连边，x 向 k 的父亲与儿子连边。
考虑可以新建一个 k'，k' 向父亲与儿子连，则 k 所能代表的所有 x 直接向 k 连边即可。
最后一个问题：对于长得完全一样的 x1, x2, ..., xp，我们不能够随便乱连，否则可能会导致 xi -> xi' 的不合法连边。
考虑再新建 y1, y2, ..., yp 表示前缀连边（即 yi 可以直接或间接连向 x1'...xi'），可以通过 yi -> yi-1 且 yi -> xi' 实现；同理得到 z1, z2, ..., zp 表示后缀连边。
则只需要建 xi -> yi-1, xi -> zi+1 即可达到我们的目的。
@accepted code@
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<vector>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int MAXN = 1000000;
const int MAXV = 5*MAXN;
vector<int>G[MAXV + 5];
int n, m, ncnt;
void addedge(int u, int v) {G[u].push_back(v);}
int ch[2][MAXN + 5];
vector<int>vec[MAXV + 5];
void insert(char *S, int lenS, int id) {
int nw = 0;
for(int i=0;i<lenS;i++) {
if( ch[S[i] - '0'][nw] == 0 )
ch[S[i] - '0'][nw] = (++ncnt);
nw = ch[S[i] - '0'][nw];
}
vec[nw].push_back(id);
}
void build_trie_edge(int rt, int fa) {
if( !rt ) return ;
addedge(fa + 2*n + 0*(ncnt + 1), rt + 2*n + 0*(ncnt + 1));
addedge(fa + 2*n + 2*(ncnt + 1), rt + 2*n + 0*(ncnt + 1));
addedge(rt + 2*n + 1*(ncnt + 1), fa + 2*n + 1*(ncnt + 1));
addedge(rt + 2*n + 2*(ncnt + 1), fa + 2*n + 1*(ncnt + 1));
for(int i=0;i<vec[rt].size();i++) {
addedge(rt + 2*n + 0*(ncnt + 1), vec[rt][i]^1);
addedge(rt + 2*n + 1*(ncnt + 1), vec[rt][i]^1);
addedge(vec[rt][i], rt + 2*n + 2*(ncnt + 1));
}
build_trie_edge(ch[0][rt], rt);
build_trie_edge(ch[1][rt], rt);
}
void build_node_edge(int rt) {
if( !rt ) return ;
if( vec[rt].size() >= 2 ) {
int lst = vec[rt][0]^1;
for(int i=1;i<vec[rt].size();i++) {
addedge(vec[rt][i], lst);
if( i + 1 == vec[rt].size() ) break;
m++; addedge(m, lst); addedge(m, vec[rt][i]^1);
lst = m;
}
lst = vec[rt][vec[rt].size() - 1]^1;
for(int i=int(vec[rt].size())-2;i>=0;i--) {
addedge(vec[rt][i], lst);
if( i == 0 ) break;
m++; addedge(m, lst); addedge(m, vec[rt][i]^1);
lst = m;
}
}
build_node_edge(ch[0][rt]);
build_node_edge(ch[1][rt]);
}
int tid[MAXV + 5], low[MAXV + 5], num[MAXV + 5], stk[MAXV + 5];
int tp, tot, dcnt;
void dfs(int x) {
stk[++tp] = x; tid[x] = low[x] = (++dcnt);
for(int i=0;i<G[x].size();i++) {
int p = G[x][i];
if( !tid[p] )
dfs(p), low[x] = min(low[x], low[p]);
else if( !num[p] )
low[x] = min(low[x], tid[p]);
}
if( low[x] >= tid[x] ) {
tot++;
while( tp && tid[stk[tp]] >= tid[x] ) {
int t = stk[tp--];
num[t] = tot, vec[tot].push_back(t);
}
}
}
bool tag[MAXV + 5];
void solve() {
for(int i=1;i<=tot;i++) {
for(int j=0;j<vec[i].size();j++) {
int x = vec[i][j];
for(int k=0;k<G[x].size();k++)
if( tag[num[G[x][k]]] )
tag[i] = true;
}
if( !tag[i] ) {
for(int j=0;j<vec[i].size();j++) {
int x = vec[i][j];
if( x < 2*n )
tag[num[x^1]] = true;
}
}
}
}
char str[MAXN + 5]; int len[MAXN + 5];
int main() {
freopen("binary.in", "r", stdin);
freopen("binary.out", "w", stdout);
scanf("%d", &n);
for(int i=1;i<=n;i++) {
scanf("%s", str + len[i-1]);
len[i] = len[i-1] + strlen(str + len[i-1]);
}
for(int i=1;i<=n;i++) {
int pos = -1;
for(int j=len[i-1];j<len[i];j++)
if( str[j] == '?' ) pos = j;
if( pos == -1 ) {
addedge((i-1)<<1|1, (i-1)<<1|0);
insert(str + len[i-1], len[i] - len[i-1], (i-1)<<1|0);
}
else {
str[pos] = '0', insert(str + len[i-1], len[i] - len[i-1], (i-1)<<1|0);
str[pos] = '1', insert(str + len[i-1], len[i] - len[i-1], (i-1)<<1|1);
str[pos] = '?';
}
}
m = 2*n + 3*(ncnt + 1);
build_trie_edge(ch[0][0], 0), build_trie_edge(ch[1][0], 0);
build_node_edge(ch[0][0]), build_node_edge(ch[1][0]);
for(int i=0;i<=ncnt;i++) vec[i].clear();
for(int i=0;i<=m;i++)
if( !tid[i] ) dfs(i);
for(int i=0;i<n;i++)
if( num[i<<1] == num[i<<1|1] ) {
puts("NO");
return 0;
}
puts("YES"); solve();
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=len[i-1];j<len[i];j++)
if( str[j] == '?' )
str[j] = tag[num[(i-1)<<1]] + '0';
for(int i=1;i<=n;i++) {
for(int j=len[i-1];j<len[i];j++)
putchar(str[j]);
puts("");
}
}
@details@
一开始 RE 了，非常懵逼。
后来把 trie 大小稍微调整了一下，发现MLE了又再把2-sat的图的点数调到一个感觉不够的大小，结果 A 了。
思考了一下，发现原来我每次加入字符串是两个两个加的，所以 trie 的大小应该开到 2 倍字符串总长。。。
另外，原来 tarjan 求出来的强连通的编号就是天然的拓扑序。
我以前还一直在写什么拓扑排序。。。原来拓扑排序没用啊。。。
2-sat 用拓扑排序求出来的方案数是非常“任意”的——即它既没有字典序也没有任何已知规律。