题目描述
Matej 面临着一个难题。在此之前，我们必须熟悉一种称作前缀树（trie）的数据结构。前缀树以前缀的方式，储存单词：
- 前缀树的每一条边都用英文字母表中的字母表示。
- 前缀树的根节点表示空前缀。
- 前缀树的每个其他节点都表示一个非空前缀。依次连接根节点至该节点路径上所标有的字母，即可得到该前缀。
- 不存在从一个节点出发的、标有相同字母的两条边。
例如，这棵前缀树储存了 A,to,tea,ted,ten,i,in,inn：
现在，Matej 获得了 nn 个单词，并可以将其中的一些单词重组。例如 abc 可以重组为 acb,bac,bca,cab,cba 。请你计算，将一些单词重组后，储存这些单词的前缀树节点数的最小值。
输入格式
第一行一个整数 n n n 。
接下来 n n n 行，每行一个字符串，表示 Matej 获得的单词。
输出格式
一行，一个整数，表示将一些单词重组后，储存这些单词的前缀树节点数的最小值。
输入输出样例
#1 输入
3
a
ab
abc
#1 输出
4
#2 输入
3
a
ab
c
#2 输出
4
#3 输入
4
baab
abab
aabb
bbaa
#3 输出
5
说明/提示
样例 3 解释
所有单词均可以重组为 aabb。显然，前缀树最少的节点数应为 55（包含了表示空前缀的根节点）。
数据规模与约定
对于 100 % 100\% 100% 的数据，保证 1 ≤ n ≤ 16 1\le n\le 16 1≤n≤16。
所有单词的长度和不超过 1 0 6 10^6 106 ，且只包含小写字母。
说明
题目译自 COCI2016-2017 CONTEST #1 T6 Vještica。
题目解析
首先，可以贪心，可以搜索，并且不需要输出路径，考虑DP。
n ≤ 16 n\leq 16 n≤16 ，这么小肯定是状压DP。
令 f i f_i fi 代表状态为 i i i 时的答案，这里把 i i i 看做一个集合。
首先考虑的是 i i i 只有两项的时候，不难发现， f { i , j } = f i + f j − p r e i , j f_{\{i,j\}}=f_i+f_j-pre_{i,j} f{
i,j}=fi+fj−prei,j ，其中 p r e i , j pre_{i,j} prei,j 表示 i , j i,j i,j 的最长公共字串。
拓展一下，得出 f i = f i − j + f j − p r e x , y ( x , y ∈ i ) f_i=f_{i-j}+f_j-pre_{x,y} \left( x,y\in i\right) fi=fi−j+fj−prex,y(x,y∈i)
这里需要注意一下循环的范围。
最后注意一下要把结果加上 1 1 1 ，因为还有一个空节点。
代码：
#include<cstdio> //luogu P6289
#include<cstring>
#include<iostream>
#define maxn 70039
using namespace std;
inline int read(){
char c=getchar();
int sum=0,flag=0;
while((c<'0'||c>'9')&&c!='-') c=getchar();
if(c=='-')
c=getchar(),flag=1;
while('0'<=c&&c<='9'){
sum=(sum<<1)+(sum<<3)+(c^48);
c=getchar();
}
if(flag) return -sum;
return sum;
}
int f[maxn],pre[maxn][39];
int sum[39][39];
char s[100039];
int n,len;
int main(){
cin>>n;
memset(f,0x3f,sizeof(f));
memset(pre,0x3f,sizeof(pre));
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>s;
len=strlen(s);
for(int j=0;j<len;j++)
sum[i][s[j]-'a'+1]++;
sum[i][0]=strlen(s);
f[1<<i-1]=sum[i][0];
}
for(int i=1;i<(1<<n);i++){
for(int j=1;j<=n;j++){
if((i>>j-1)&1){
for(int k=1;k<=26;k++)
pre[i][k]=min(pre[i][k],sum[j][k]);
}
}
pre[i][0]=0;
for(int k=1;k<=26;k++)
pre[i][0]+=pre[i][k];
for(int j=(i-1)&i;j;j=(j-1)&i)
f[i]=min(f[i],f[i^j]+f[j]-pre[i][0]);
}
printf("%d",f[(1<<n)-1]+1);
return 0;
}