首先可以发现选出的字符串序列一定可以调整成 \(s_i\) 为 \(s_{i + 1}\) 的一段后缀。
注意到这本质上是一个关于子串选择，与子串出现位置有关的问题，于是考虑借助 \(\rm endpos\) 来解决。
那么这个问题本质上就是选择后缀自动机 \(\rm parent\) 树上一条合法的祖先链。
由于 \(\rm endpos\) 集是一个整体，为了优化复杂度我们最好能找到本题当中一个 \(\rm endpos\) 集整体满足的性质：
- 相同 \(\rm endpos\) 集内的字符串不能同时选入字符串序列。
即 \(\rm endpos\) 集内字符串两两之间不会包含两次。
反证法：若包含两次根据 \(\rm endpos\) 集的性质，这两个字符串可以无限往前延伸，矛盾。
- 假设 \(v\) 是 \(u\) 在 \(\rm parent\) 树上的祖先，\(\mathrm{longest}(u)\) 为 \(u\) 节点的最长串，则 \(v\) 内所有节点在 \(\mathrm{longest}(u)\) 内出现次数相同。
首先显然 \(v\) 内节点在 \(\mathrm{longest}(u)\) 内出现次数按照长度不增。
反证法：假设对于 \(a, b \in v, b = sa\)，有 \(a\) 与 \(b\) 在 \(s\) 内出现次数不同，那么显然只有 \(s\) 会在 \(\mathrm{longest}(u)\) 的外面。
假设将 \(\mathrm{longest}(u)\) 往左延长知道恰好使得 \(b\) 与 \(a\) 出现次数相同的串为 \(t\)，根据 \(\rm endpos\) 集的性质 \(\mathrm{endpos}(\mathrm{longest}(u)) \subseteq \mathrm{endpos}(t) \Rightarrow \mathrm{endpos}(\mathrm{longest}(u)) = \mathrm{endpos}(t)\) 可知 \(t \in u\) 而 \(|t| > |\mathrm{longest}(u)|\) 矛盾。
令 \(f_s\) 为以 \(s\) 这个子串作为选出序列的结尾的最大长度，那么可知同一等价类内按照串长 \(f\) 递增（性质三）。
我们只关心最后每个等价类 \(u\) 中 \(f_{\mathrm{longest}(u)}\) 的取值，根据性质一二，转移显然只需要枚举祖先 \(v\) 中所有节点的 \(f_{\mathrm{longest}(v)}\) 查看 \(\mathrm{longest}(v)\) 是否在 \(\mathrm{longest}(u)\) 中出现两次即可，这个可以用线段树合并维护 \(\rm endpos\) 集，直接在线段树上查询 \(\mathrm{longest}(v)\) 在某区间是否出现即可。
这样状态数优化到了线性，但转移复杂度仍然是不能接受的，考虑优化。
注意到每次可以转移的区间一定是一段后缀，根据性质三可以找到第一个可以转移的节点，这里可以使用倍增，复杂度 \(\mathcal{O}(n \log ^ 2n)\).
还可以继续优化，发现我们只关心 \(v\) 往上第一个遇到的极长的 \(f\) 相等的区间内的转移，因为根据性质三 \(f_v\) 至少内取到这个值。
于是只需要记录极长区间的顶部位置即可，这样只需要判定一次，复杂度 \(\mathcal{O}(n \log n)\).