- 给定(n)个字符串，求最多能选出多少字符串使得它们两两不存在子串关系，并给出一组最优方案。
- (nle750,sum|s_i|le10^7)
(AC)自动机求偏序关系
我们对所有字符串建出(AC)自动机，接着我们枚举每一个串，想要求出它的所有子串。
众所周知子串是前缀的后缀，我们枚举这个串的每个前缀，则后缀就是(fail)树上从该节点一路到根的所有节点。
但是，如果直接暴力跳(fail)树，复杂度(O(nsum|s_i|))显然爆炸。
不过，由于这道题我们要求所有偏序关系，实际上对于每个前缀只需求出最长一个符合条件的后缀，最后再统一跑一遍(Floyd)即可。
而要求出最长后缀，就是(fail)树上最近的一个终止节点。
本来我们建(AC)自动机的时候就需要(BFS)，直接借助(BFS)队列（或直接在(BFS)的同时），令每个点从父节点转移即可。
(Dilworth)定理+二分图匹配
现在的题面就和【洛谷4298】[CTSC2008] 祭祀完全一样了。
利用(Dilworth)定理转化题意，然后上二分图匹配即可。
代码：(O(sum|s_i|+n^4))
#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define Con const
#define CI Con int&
#define I inline
#define W while
#define N 750
#define SZ 10000000
using namespace std;
int n,m,bg[N+5],l[N+5],f[N+5][N+5];char s[SZ+5];
namespace FastIO
{
#define FS 100000
#define tc() (FA==FB&&(FB=(FA=FI)+fread(FI,1,FS,stdin),FA==FB)?EOF:*FA++)
char oc,FI[FS],*FA=FI,*FB=FI;
Tp I void read(Ty& x) {x=0;W(!isdigit(oc=tc()));W(x=(x<<3)+(x<<1)+(oc&15),isdigit(oc=tc()));}
I void reads(int& l,char* s) {l=0;W(isspace(oc=tc()));W(s[++l]=oc,!isspace(oc=tc())&&~oc);}
}using namespace FastIO;
namespace AC//AC自动机求偏序关系
{
int Nt=1;struct node {int P,F,S[2];}O[SZ+5];
I void Ins(CI id,CI l,char* s)//插入字符串
{
RI x=1;for(RI i=1,t;i<=l;++i) !O[x].S[t=s[i]&1]&&(O[x].S[t]=++Nt),x=O[x].S[t];O[x].P=id;
}
int q[SZ+5];I void Build()//建AC自动机
{
RI i,k,H=1,T=0;for(i=0;i<=1;++i) (O[1].S[i]?O[q[++T]=O[1].S[i]].F:O[1].S[i])=1;
W(H<=T) for(k=q[H++],i=0;i<=1;++i) (O[k].S[i]?O[q[++T]=O[k].S[i]].F:O[k].S[i])=O[O[k].F].S[i];
for(i=1;i<=Nt;++i) k=q[i],!O[k].P&&(O[k].P=O[O[k].F].P);//记录每个点向上第一个终止节点
}
I void Work(CI id,CI l,char* s)//求每个前缀的最长后缀
{
for(RI i=1,x=1,t;i<=l;++i) x=O[x].S[s[i]&1],(t=i^l?O[x].P:O[O[x].F].P)&&(f[t][id]=1);//最后一个位置特判要从父节点取
}
}
namespace H//匈牙利算法
{
int p[N+5],s[N+5],vis[N+5];I bool Match(CI x,CI ti)//二分图匹配
{
for(RI i=1;i<=n;++i) if(f[x][i]&&
!p[i]&&vis[i]^ti&&(vis[i]=ti,!s[i]||Match(s[i],ti))) return s[i]=x;
return 0;
}
I int Calc()
{
RI i,t=0;for(i=1;i<=n;++i) s[i]=vis[i]=0;for(i=1;i<=n;++i) !p[i]&&(t+=!Match(i,i));return t;//总点数-最大二分图匹配
}
}
int main()
{
RI i,j,k;for(read(n),i=1;i<=n;++i) bg[i]=bg[i-1]+l[i-1],reads(l[i],s+bg[i]),AC::Ins(i,l[i],s+bg[i]);
for(AC::Build(),i=1;i<=n;++i) AC::Work(i,l[i],s+bg[i]);//利用AC自动机初步求出偏序关系
for(k=1;k<=n;++k) for(i=1;i<=n;++i) for(j=1;j<=n;++j) f[i][j]|=f[i][k]&f[k][j];//Floyd求出所有偏序关系
RI t=k=H::Calc();for(printf("%d
",k),i=1;i<=n;++i) if(!H::p[i])//已删除节点不再考虑
{
for(j=1;j<=n;++j) H::p[j]+=i==j||f[j][i]||f[i][j];if(H::Calc()==t-1) {printf("%d ",i),--t;continue;}//判断能否在最优构造方案中
for(j=1;j<=n;++j) H::p[j]-=i==j||f[j][i]||f[i][j];//不能则撤销影响
}return 0;
}