经典的字典树的题目了，这次完全是按照自己的风格来写的，没有参考其他人的代码风格来写。
分析：如果采用常规的暴力枚举，那么复杂度就是O(n*n*str.length) = O(10^9)，这明显是会超时的
采用字典树的方式的话所有的字符串的每一个字符都只会被访问一次，所以复杂度就是O(n*str.length) = O(10^5)
这个复杂度也很好分析：由于每一个字符串的长度不会超过10，那么当建一颗字典树时，那它的高度就不会超过10，就算最后没有一个会产生矛盾的号码，那么也只有n(10^4)个叶子节点
#include <map>
#include <set>
#include <stack>
#include <queue>
#include <cmath>
#include <ctime>
#include <vector>
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define INF 0x3f3f3f3f
#define MAX(a,b) (a > b ? a : b)
#define MIN(a,b) (a < b ? a : b)
#define mem0(a) memset(a,0,sizeof(a))
#define mem1(a) memset(a,-1,sizeof(a))
#define lson k<<1, L, mid
#define rson k<<1|1, mid+1, R typedef long long LL;
const double eps = 1e-;
const int MAXN = ;
const int MAXM = ; int T, n, tree[][], now;
char s[]; bool addToTree(char* str)//添加成功返回true，产生矛盾返回false
{
int last = ;
for(int i=;str[i];i++)
{
int num = str[i]-'';
if(tree[last][num]>)last=tree[last][num];//这条路已经存在，沿着这条路走
else if(tree[last][num]==)//还没走过
{
tree[last][num]=++now;//建一条新的边
last = now;//
}
else if(tree[last][num]==-)return false;//产生矛盾
}
for(int i=;i<;i++)
if(tree[now][i]==-)return false;//有两个人的号码相同
else tree[now][i] = -;//否则的话他之后的所有的都是不可走的
return true;
} int main()
{
scanf("%d", &T);
while(T--)
{
now = ; mem0(tree);
scanf("%d", &n);
bool danger=false;
for(int i=;i<n;i++)
{
scanf("%s", s);
if(!danger && !addToTree(s)) danger = true;
}
printf("%s\n", danger?"NO":"YES");
}
return ;
}