/*

说一下这个题目的思路，首先发现这个统计个数非常大，常规搜索搜不出几个点来，考虑动态规划，设计状态，考虑单词前缀可以用字典树方便表示，联想到树形dp，假设f[x]表示以字典树x节点为根节点的子树能有多少方案数，首先考虑空集，只有一个单词的时候可以只有它一个或一个空集，往上走，假设一个节点有若干儿子，很容易发现一个性质，这些儿子的方案无论怎样混合，都不会发生危险（根据定义根节点往上的单词不予考虑），这样相互根据乘法原理可以相互乘起来（因为由空集的存在，所以空集和只去某几个子节点的方案都被考虑进来），这样就行了

*/

#include<iostream>

#include<cstdio>

#include<string>

#include<cstring>

#include<algorithm>

#include<vector>

#define ll long long

using namespace std;

const int maxn = ;

const int sed = ,Sed = ,mod = ,Mod = ;

int read(){

    int x=,f=;

    char ch=getchar();

    while(!(ch>=''&&ch<='')){if(ch=='-')f=-;ch=getchar();};

    while(ch>=''&&ch<=''){x=x*+(ch-'');ch=getchar();};

    return x*f;

}

int n,sz = ,a[][];

ll am[],rec[],ans[],tmp,cal;

char s[maxn][maxn];

void ins(int pos){

    int now=,l=strlen(s[pos]+);

    for(int i=,t=s[pos][i]-'a'+;i<=l;i++,t=s[pos][i]-'a'+){

        if(a[now][t]) now=a[now][t];

        else now=a[now][t]=++sz;

    }

    am[now]++;

}

void dfs(int x){

    rec[x] = ;

    for(int i = ;i <= ;i++){

        if(a[x][i]){

            dfs(a[x][i]);

            rec[x] *= rec[a[x][i]];

        }

    }

    rec[x] += am[x];

}

int main(){

    freopen("dc.in","r",stdin);

    freopen("dc.out","w",stdout);

    cin>>n;

    for(int i = ;i <= n;i++){

        scanf("%s",s[i]+);

        ins(i);

    }

    dfs();

    cout<<rec[];

    return ;

}