题解：CF590E Birthday

Tag：二分图匹配，AC 自动机，Dilworth，Konig。

题意：给定 $n$ 个互不相同字符串 $s_i$。求最多能保留多少个字符串，使得两两之间互不包含。

范围：$n \leq 750$，$\sum \left| s_i \right| \leq 10^7$，字符串只包含 $\texttt{ab}$。

解法：先考虑求出任意两个字符串之间的包含关系。这一部分可以通过建立 AC 自动机求出。

具体来说，建立 AC 自动机，其上的字符串结尾位置只有 $n$ 个。我们称这些点为关键点。考虑对于 Fail 树上每个点，求出第一个非自身的祖先关键点，然后就可以将树简化，从而使 Fail 树变成只有 $O(n)$ 个节点，然后就可以用一般的暴力跳 Fail 维护即可。

事实上容易发现这个包含关系是偏序关系，我们要求最长反链，根据 Dilworth 定理变成最小路径覆盖，然后变成了 DAG 上的最小路径覆盖，直接拆点变成二分图匹配问题。答案为 $n$ 减最大匹配。

至于构造答案，根据 Konig 定理可以将最大匹配变成最小点覆盖，然后参考 Dilworth 的证明部分即知，对于最长反链 $A$，$i \in A \iff u_i \notin VC \land v_i \notin VC$，$u$ 和 $v$ 分别是拆点出来的两部分，$VC$ 是最小点覆盖集。

复杂度 $O(n^3+\sum \left| s_i \right|)$。

代码：

#pragma GCC optimize("-Ofast,fast-math,-inline")
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <bitset>
#include <string>
#include <queue>
#include <vector>
using namespace std;

const int T = 755, N = 1505, M = 1e7 + 5;

int n;
string s[N];
bool g[T][T];

class ACAM
{
public:
	int son[M][2];
	// fa->fail
	int pos[M]; // 每个点往上第一个标记点祖先
	int fail[M], idx;
	int flag[M];
	bitset<M> rt;
	vector<int> G[N];
	void ins(string& s, int j)
	{
		int u = 0;
		for (auto& i : s)
		{
			int j = i - 'a';
			if (!son[u][j]) son[u][j] = ++idx;
			u = son[u][j];
		}
		flag[u] = j;
	}
	void build()
	{
		queue<int> q;
		if (son[0][0]) q.push(son[0][0]);
		if (son[0][1]) q.push(son[0][1]);
		while (q.size())
		{
			int u = q.front();
			q.pop();
			for (auto& i : { 0, 1 })
			{
				if (son[u][i])
				{
					fail[son[u][i]] = son[fail[u]][i];
					q.push(son[u][i]);
				}
				else son[u][i] = son[fail[u]][i];
			}
		}
	}
	void solve()
	{
		memset(pos, -1, sizeof pos);
		for (int i = 1; i <= idx; i++)
		{
			int fa = fail[i];
			if (!fa) pos[i] = 0;
			else
			{
				if (flag[fa])
				{
					pos[i] = fa;
					continue;
				}
				int j = fa;
				vector<int> vec;
				while (!flag[j] && j)
				{
					vec.emplace_back(j);
					if (~pos[j]) j = pos[j];
					else j = fail[j];
				}
				pos[i] = j;
				for (auto& k : vec) pos[k] = j;
			}
		}
		for (int i = 1; i <= idx; i++)
		{
			if (flag[i])
			{
				// fa=pos[i]
				int fa = pos[i];
				if (fa)
				{
					G[flag[fa]].emplace_back(flag[i]);
					rt[flag[i]] = 1;
				}
			}
		}
	}
	void match(string& s, int id)
	{
		int u = 0;
		for (auto& c : s)
		{
			u = son[u][c - 'a'];
			if (flag[u]) g[flag[u]][id] = 1;
			int f = pos[u];
			if (f)
			{
				g[flag[f]][id] = 1;
			}
		}
	}
	void dfs(int u)
	{
		for (auto& j : G[u])
		{
			dfs(j);
			for (int k = 1; k <= n; k++) if (g[j][k]) g[u][k] = 1;
		}
	}
	void build_graph()
	{
		for (int i = 1; i <= n; i++)
		{
			if (!rt[i])
			{
				dfs(i);
			}
		}
	}
}acam;

int match[N], pre[N];
bitset<N> vis;
bitset<N> vertexcover;

inline bool find_path()
{
	for (int i = 1; i <= 2 * n; i++) pre[i] = vis[i] = 0;
	queue<int> q;
	for (int i = 1; i <= n; i++) if (!match[i]) q.push(i);
	while (q.size())
	{
		int u = q.front();
		q.pop();
		if (vis[u]) continue;
		vis[u] = 1;
		for (int j = n + 1; j <= 2 * n; j++)
		{
			if (j == match[u] || pre[j] || !g[u][j - n]) continue;
			pre[j] = u;
			int k = match[j];
			vis[j] = 1;
			if (!k) // 增广路
			{
				int x = j;
				while (true)
				{
					int y = pre[x], z = match[y];
					match[y] = x, match[x] = y;
					if (!z) return 1;
					x = z;
				}
			}
			else
			{
				if (!vis[k]) q.push(k);
			}
		}
	}
	return 0;
}

inline void solve()
{
	find_path();
	for (int i = n + 1; i <= 2 * n; i++) if (vis[i]) vertexcover[i] = 1;
	for (int i = 1; i <= n; i++) if (!vis[i]) vertexcover[i] = 1;
}

int main() // 1
{
	ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0);
	cin >> n;
	for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> s[i];
	for (int i = 1; i <= n; i++) acam.ins(s[i], i);
	acam.build();
	acam.solve();
	for (int i = 1; i <= n; i++)
	{
		acam.match(s[i], i);
	}
	acam.build_graph();
	for (int i = 1; i <= n; i++)
	{
		g[i][i] = 0;
	}
	int ans = 0;
	while (find_path()) ans++;
	cout << n - ans << "\n";
	solve();
	for (int i = 1; i <= n; i++)
	{
		if (!vertexcover[i] && !vertexcover[i + n]) cout << i << " ";
	}
	cout << "\n";
	return 0;
}