emm。。。可以允许我吐槽一下出题人的语文吗。。。这个题题面杀？！
emm。。。毕竟是。。。细川银？！
这个题运用（百度）一些操作。。。我终于看懂了题面。。。QVQ
题目大意：
给你n个字符串，不同的排列有不同的代价，代价按照如下方式计算（字符串s的位置为x）：
1.排在s后面的字符串有s的后缀，则代价为n^2；
2.排在s前面的字符串有s的后缀，且没有排在s后面的s的后缀
则代价为x-y（y为最后一个与s不相等的后缀的位置，注意：是位置）；
3.s没有后缀，则代价为x。
求最小代价和。
这样的话大佬们是不是就一眼秒了。。。
这样我们实行一个贪心策略貌似就可以了。。。
当然我们可以发现，如果你用到了第一个条件，那么肯定不是最优的。。。
由于我们是找后缀，所以呢，我们把正着给我们的字符串反过来
建立一棵 trie
这样就变成了一颗树，问题转化为给树上每个点标号，每个点的标号大于其父亲的编号，
每个点代价为他的标号减去其父亲标号，最小化代价
证明？
emm。。。博主窝是手玩dfs序玩出来了。。。
但是事实上严格证明貌似比较难搞啊。。。这里顺带把几个主要步骤也说了。。。
1.由trie树的性质我们可以知道，它会很机智的合并字符串重复的部分。。。
2.那么当我们对于每一段进行dfs，这个地方很清楚，如果你要取一个单词，
那么这个单词的后缀肯定需要先取到，所以优先级就很明白了。。。
这时我们在dfs中记录下来这条路径中包含的单词从短到长存入，第1梯队第2梯队。。。以此类推
3.对于已经得到的这些梯队我们还要通过一遍dfs，求得排序的优先级。。。
只需要求一段树上前缀和就可以了。。。
4.到了最关键的统计答案的地方，我们通过比较可以发现，对已知的有先后顺序的梯队，
对于每个梯队来讲，我们假设只有两个梯队 x1 x2 在第一梯队里，而 size[x1] > size[x2]，
如果把影响多的放在前面,因为以 x1 为后缀的单词比 x2 多
那么这样造成的差值肯定比 x2 放在前面大，意会一下。。。
写完dfs1，dfs2然后自己出数据手玩一下就好了。。。
统计答案只需要重新定义它现在的位置，和dfs到了第几个，然后计算就好了
emm。。。本蒟蒻的呆码会被最水的 n=2 的数据卡掉。。。QVQ。。。惨啊~~~
但是没人会出这种送分数据吧。。。→_→
呆码：
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<vector> #include<algorithm> using namespace std; int n,rt=1,t[510010][27]; int cnt=1,num=1,sum; long long ans; int top[510010],siz[510010]; char ch[510010]; bool mark[510010]; vector <int> v[100010]; inline void insert(char *ch) { int l=strlen(ch+1); int now=rt,u; for(int i=l;i;i--){ u=ch[i]-'a'; if(!t[now][u])t[now][u]=++cnt; now=t[now][u]; } mark[now]=1; } inline void dfs1(int x) { if(mark[x]) { v[top[x]].push_back(++num); top[x]=num; } for(int i=0;i<=25;i++) if(t[x][i]) { top[t[x][i]]=top[x]; dfs1(t[x][i]); } } inline void dfs2(int x) { siz[x]=1; int u; for(int i=0;i<v[x].size();i++) { u=v[x][i]; dfs2(u); siz[x]+=siz[u]; } } inline bool cmp(int x,int y) { return siz[x]<siz[y]; } inline void dfs3(int x) { top[x]=++sum; sort(v[x].begin(),v[x].end(),cmp); for(int i=0;i<v[x].size();i++) { ans+=sum+1-top[x]; dfs3(v[x][i]); } } int main() { scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;i++) { scanf("%s",ch+1); insert(ch); } top[rt]=1; dfs1(rt); dfs2(1); dfs3(1); printf("%lld ",ans); return 0; }