Trie树
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题目描述
字母（Trie）树是一个表示一个字符串集合中所有字符串的前缀的数据结构，其有如下特征：
1.树的每一条边表示字母表中的一个字母
2.树根表示一个空的前缀
3.树上所有其他的节点都表示一个非空前缀，每一个节点表示的前缀为树
根到该节点的路径上所有字母依次连接而成的字符串。
4.一个节点的所有出边（节点到儿子节点的边）中不存在重复的字母。
现在Matej手上有N个英文小写字母组成的单词，他想知道，如果将这N个单词中的字母分别进行重新排列，形成的字母树的节点数最少是多少。
输入
第一行包含一个正整数N（1<=N<=16）
接下来N行每行一个单词，每个单词都由小写字母组成。
单词的总长度不超过1,000,000。
输出
输出仅一个正整数表示N个单词经过重新排列后，字母树的最少节点数。
样例输入
3
a
ab
abc样例输出
4此题题目是trie，但是和trie没有什么太大关系，只需要知道，对于这些串，将他们的公共部分作为公共前缀是最优的即可。
那么首先考虑两个串，答案显然是他们的长度和减去公共部分。
那么再考虑三个串，显然可能出现两两的公共部分大于三个的公共部分的情况，这种时候trie树必然会出现分叉，我们需要考虑如何分叉，分成二叉或三叉，再者哪些串在同一子树上，既然一定会分成多颗子树，那么我们可以直接将这三个串拆成两个子集，先求出两个子集的最优解，然后减去公共部分即可。
也就是说，令F[S]F[S]表示将SS集合中的字符串弄到一棵树上的最少节点数，那么有
F[S]=minF[k]+F[S xor k]−S中字符串的公共部分长度F[S]=minF[k]+F[S xor k]−S中字符串的公共部分长度
然后考虑dp[i] == sum的时候，说明此时的所有选择的串都相同，也就不存在需要减去的情况，故只有当dp[i] > sum时，才需要dp[i]-sum。
最后需要结果+1.字典树的根节点是空值。收获：高效枚举子状态for(int j=i&i-1;j;j=i&j-1)
PS 一般 n<16是用状压DP的条件
设S表示一个01状态集，那么它的所有非空子集x可以通过以下代码枚举。
for (int x = S; x; x = (x-1)&S)x = (x-1)&S实际上是把S中的0全部忽略，并不断减1的结果，比如S=1011，则x分别为：1011, 1010, 1001, 1000, 0011, 0010, 0001。忽略S中第二位的0其实就是111, 110, 101, 100, 011, 010, 001。
称S中的1所在位为有效位，0所在位为无效位，则x中的无效位必为0，有效位为0或1，比如S=1011，x=1001（有效位加下划线）。-1就是加上-1补码1111…，可以想成把无效位的1先加上去，比如x=1001变成1101，再加有效位的1。由于无效位加完肯定是1，会把有效位的进位“传递”下去，然后再位与S使得无效位变成0，实际就相当于有效位加上1111…，也就是有效位-1。
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <functional>
#include <iostream>
#include <map>
#include <vector>
#include<stack>
#include<numeric>
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
int vis[20][30],len[30],ans[30];
char s[100005];
int dp[1<<16+5];
int n;
int main()
{
memset(vis,0,sizeof(vis));
scanf("%d",&n);
for(int i=0; i<n; i++)
{
scanf("%s",s);
len[i]=strlen(s);
for(int j=0; j<len[i]; j++) //记录第i串，每个单词出现的次数
vis[i][s[j]-'a']++;
}
for(int i=0;i<(1<<n);i++)//枚举所有状态
{
dp[i]=0;
memset(ans,INF,sizeof(ans));
for(int j=0;j<n;j++)//枚举i内所有单词
{
if(i&(1<<j))
{
for(int k=0;k<26;k++)
{
dp[i]+=vis[j][k];//记录i集合内所有字母的数量。
ans[k]=min(ans[k],vis[j][k]);//记录每个单词最小的出现数，如果最后不是0，则该字母重复可以作为公共前缀。
}
}
}
int sum=0;
for(int j=0;j<26;j++)sum+=ans[j];//所有单词公共前缀的数量。
for(int j=i;j;j=i&(j-1))//高效枚举i的子集
dp[i]=min(dp[i],dp[j]+dp[i^j]);//j是i的子集，j^i是j的补集，这两种状态可以去掉公共前缀。
if(dp[i]>sum)dp[i]-=sum;
}
printf("%d\n",dp[(1<<n)-1]+1);//最后需要结果+1.字典树的根节点是空值
return 0;
}