这是 NOI 班做出的第一道题目，祭一个。
wdnmd 这是个 Au 题/jk/jk
首先有个很显然的 DP。(dp_{i,j}) 表示考虑到第 (i) 个串，能连接起来的长度为 (j) 的字典序最小的串。那么这样状态数是 (mathrm O(nm)) 的，然后因为要存串，所以时空都至少是 (mathrm O!left(nm^2 ight))。考虑优化之。
注意到字典序的一个特性（这也是一个常用的套路）：它不像其他的值，比如说加法，你前面的加数小一点没关系，后面可能再追回来；而字典序比较过程中，从前往后一旦找到一个不同的字符，那么只需要比较它们即可，这位大的后面再小也永无翻身的机会。
对于同一个 (i)，若对于 (j<k) 有 (dp_{i,j}) 不是 (dp_{i,k}) 的前缀，那么它们已经决出高下，以后后面接什么都没有任何关系了，它们的大小已经固定了；而如果是前缀，则还要看后面接的串表现怎么样。那假如说 (dp_{i,j}) 和 (dp_{i,k}) 后面都至少有一种方案接成长度为 (m) 的串，那么可以说 (dp_{i,j}) 和 (dp_{i,k}) 中较大的那个卵用已经没有了，之后的 DP 值只要转移到它，则没有任何希望成为答案的前缀。注意这里需要它们有可能补成长度为 (m)，也就是后面的串长度们有选择的方案使得和为 (m-j/k)。这个是否有方案只需要从后往前 01 背包 (mathrm O(nm)) 即可。
我们首先将之后没有机会的 DP 值标记成无效，它们不参与 DP 过程。然后剩下来的都是有机会的，根据上面的结论，所有有卵用的 DP 值从短到长排序后，一定是一个是下一个的前缀这样子。我们认为只有这些有卵用的才是有效的，其他全部标记成无效。那么这样下来，我们可以对于每个 (i) 搞一个母串，每个 DP 值都是这个母串的一个前缀，只需要用一个数表示，并且母串只有一个，这样空间就搞成 (mathrm O(nm)) 了，并且时间也很有希望优化的 Ar 子。
然后考虑怎么决定出每个 DP 值是否有效，以及母串就是最大的那个有效 DP 值。考虑按 (j) 从小到大 DP，实时维护一个当前所有有效 DP 值的 (j) 的栈，栈的顶端就是当前的母串。(dp_{i,j}) 的决策只有两个，一个是 (dp_{i-1,j})，一个是 (dp_{i-1,j-|a_i|}+a_i)，比个大小算出一下 (dp_{i,j})。然后分三种情况：
- 当前母串是 (dp_{i,j}) 的前缀。那万事大吉，dark 保持前面那些有效 DP 值不动，将 (dp_{i,j}) 压入栈并令为新母串；
- 当前母串小于 (dp_{i,j})。那 (dp_{i,j}) 滚蛋吧，你已经卵用没有了；
- 当前母串大于 (dp_{i,j})。那当前母串危，(dp_{i,j}) 要取代你的位置了。于是我们一直弹出，直到栈顶为 (dp_{i,j}) 的前缀，然后实施 (1)。这个栈可以看作一个关于字典序的单调栈（它的确是单调的），于是这个操作的正确性也就不言而喻、一目了然了。
注意到因为这是个单调栈，还有一些其他线性次数的操作，所以比较字符串的次数一共是 (mathrm O(nm)) 的，每轮 (mathrm O(m))，我们必须要快速比较。每轮分别考虑：显然比较对象只可能是两种形式：上一轮的母串的前缀或上一轮的母串的前缀连上 (a_i)。想要比较字典序大小，难点在于找到第一个不同的位置。可以预处理 (a_i) 和母串的前缀哈希值，然后二分，这样是 (mathrm O(nmlog)) 的；然后不难发现，母串的前缀和母串的前缀肯定是前缀关系，没有不相同的位置，所以我们只需要找 (a_i) 与母串的一个后缀、(a_i) 与 (a_i) 的一个后缀的第一个不相同位置，那这不就是 Z 算法所能做的事情吗（爷青回）？复杂度 (mathrm O(nm+sum|a_i|))。