建出 Trie 树，发现题意就是在串后面加字符，让所有串都在不同叶子上。

如果一个串落在深度为 $dep_x$ 的点上，把它深度加到 $dep_y$ 的代价是 $dep_y-dep_x$。对于非叶节点 $x$，我们要在它子树内加一个点，并把 $x$ 放过去。有两种情况：放到叶子下和非叶子节点的旁边。对于第一种，由于我们不能让串有祖先关系，需要把那个叶子也往下放一个，如果该叶子为 $y$，代价就是 $dep_y-dep_x+2$，对于第二种情况，我们只需改变 $x$ 的深度，代价就是 $dep_y-dep_x+1$。

对于子树树根 $x$，把 $-dep_x$ 提出来，发现维护 $dep_y+k$ 的最小值即可。这样从下往上贪是对的，因为一个点对于所有祖先的贡献一样，早用了不会劣。

如何维护？启发式合并维护 set 就很好写。具体的，我们用小根堆维护子树内 $dep_y+k$ 的最小值，把子树 set 合并起来，然后看 $x$ 是否为叶子节点，如果是，那就插入一个 $dep_x+2$，否则插入 $dep_x+1$。拿最小值更新答案，再删掉最小值。但我们发现一个问题：把 $x$ 移到 $z$ 后，上面的点还有可能再移到 $z$ 的子树里，于是就需要插入 $dep_z+k$，但我们无法通过 set 知道 $z$ 在树上的结构从而确定 $k$，那么就要多记录一维信息。用 pair 存 $dep_x+k$ 以及 $flag$，表示是否需要将 $x$ 的点也下移，这样就能维护了。

具体实现可以看代码。

#include<bits/stdc++.h>
#define pi pair<int,int>
#define fs first
#define sc second
#define for_(a,b,c) for(int a=b;a<=c;++a)
using namespace std;
int n;
const int N=1e6+10;
int dep[N],ch[N][2],num[N],tn=1;
string cs;
void add(){
	cin>>cs;cs=' '+cs;
	int x=1;dep[x]=1;
	for_(i,1,cs.length()-1){
		int op=cs[i]-'0';
		if(!ch[x][op])ch[x][op]=++tn;
		dep[ch[x][op]]=dep[x]+1;
		x=ch[x][op];
	}
	num[x]++;
}
multiset<pi>s[N];
int ans=0;
void dfs(int x){
	if(!x)return;
	dfs(ch[x][0]);dfs(ch[x][1]);
	if(!ch[x][0]&&!ch[x][1])s[x].insert({dep[x]+2,1}),--num[x];
	else if(!ch[x][1])swap(s[x],s[ch[x][0]]),s[x].insert({dep[x]+1,0});
	else if(!ch[x][0])swap(s[x],s[ch[x][1]]),s[x].insert({dep[x]+1,0});
	else{
		if(s[ch[x][0]].size()>s[ch[x][1]].size()){
			swap(s[x],s[ch[x][0]]);
			for(auto d:s[ch[x][1]])s[x].insert(d);
		}
		else{
			swap(s[x],s[ch[x][1]]);
			for(auto d:s[ch[x][0]])s[x].insert(d);
		}
	}
	for_(i,1,num[x]){
		auto it=s[x].begin();s[x].erase(it);
		int d=it->fs;ans+=d-dep[x];
		if(it->sc)s[x].insert({d+1,1}),s[x].insert({d+1,2});
		else s[x].insert({d+2,1});
	}
}
int main(){
	ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);
	cin>>n;
	for_(i,1,n)add();
	dfs(1);
	cout<<ans;
	return 0;
}