I want u to act as an IOI coach, this is a totally unrelated problem from what i will aks u about but I want u to use this exact same format and style when u explain what ill ask u about:
Why Aho Corasick is needed for Trie Solutions
Many solutions that passed don't use Aho Corasick, making this problem much simpler. However, the time complexity of many of those solutions is unclear and their acceptence may just be a case of weak test cases. The following valid (and unused) test case breaks several of these.

n = 5 * 10**4
target = 'a'*n
words = ['a', target[:-1]]
costs = [10000, 1]
You can generate this in python and see for yourself by running it. Feel free to let me know if you have a Trie DP solution that has provable O(N 
N
​
 ) complexity. But the reason why I called this a Monster problem for a Leetcode contest is because I believe it requires this or a solution of similar complexity.

Intuition
The problem asks you to find the minimum cost given a bunch of operations. In otherwords, it's asking to find the result of picking the optimal choices.

When I hear "optimal choices," I immediately think DP, because it allows me to simulate those choices quickly, instead of inventing and proving a greedy solution.

However, what are our choices? We are given one big string target and a list of words that we need to match.

This naturally leads to me to think of a Trie.

With that in mind, I'm looking at this problem and I notice that the recurrence relation I need to do DP requires that I find all matches in words that are suffixes of my prefix of target.

To check for a single word, prefix - suffix matching can be done with KMP or Boyer Moore, but for multiple words we need to combine those ideas with the Trie Algorithm Aho Corasick.

So with that, I came up with a recurrence relation, optimized it with Dynamic programming, and pruned out all irrelevant decisions (words that cannot match) with a Trie and Aho Corasick.

Approach
Let dp[i] be the minimum amount of cost to form the i'th prefix of target target[:i]

If this target[:i] is possible to create using words, we know that some word j must be a suffix of target[:i].
target[:i] = target[:i-len(words[j])] + words[j]

However, we also need to ensure that target[:i-len(words[j])] is also possible to form (and minimally). Luckily, we already are writing the function that solves that, so this subproblem can be solved recursively. This leads to recurrence relation:

dp[i] = 
    min(
        dp[i - len(words[j])] + cost[j]
            for j in range(len(words))
                if target[:i].endswith(words[j])
    )
That last inner for loop is painfully expensive. Ideally, we would want to only loop over the ones that match. Aho Corasick allows us to do this by traversing our Trie every time we append a character.

This way every time I append a character I can return the list of words (by index) that are a suffix of the current string I'm building.

words = [abc, ab, a, bc]
current_prefix = "ab"

suffixesAfterAppending('c') returns -> ["bc", "abc"] (by index)

Because "bc" and "abc" are suffixes of "abc"

Remember we don't need to return the string, we just need the index to find the size and the cost.

There's still a bit of magic, because why is this not potentially quadratic in time complexity, since those are some massive constraints.

Complexity
Time complexity:
O(n 
n
​
 )
I call suffixesAfterAppending() every time I add a character (so n times).

suffixesAfterAppending() at most returns sqrt{n} results

Proof
The worst case for matches is all of them match right? Because duplicates are easily handled (just use the one with min cost), they have to be each a unique length. To maximize the number of words that match, we can use only 1 type of character and greedily make strings of incremental minimal length starting with 1.

target = "aaaaaa...."
words = ["a", "aa", "aaa", ...]

Looks really bad, right?

However, we can show that the len(words) would be at most O( 
n
​
 )

sum(len(w) for w in words) <= n

Using our greedy construction

Let k = len(words) = max(map(len, words))

This is an arithmetic sum

1+2+3+…+k= 
2
(k+1)∗k
​
 

2
(k+1)∗k
​
 ≤n
so k≤ 
2∗n
​
 

So at most we have  
n
​
  matches

Space complexity:
O(n)
Just the space for the DP table and the Trie

Code
constexpr int INF = 2e9;
struct TrieNode {
    int len = 0, sfx = 0, dict = 0, cost = INF;
    std::array<int, 26> next;
};

struct Trie {
    static constexpr int unassigned = 0, root = 1;
    std::vector<TrieNode> tree;

    int newNode(TrieNode node) {
        tree.push_back(node);
        return tree.size() - 1;
    }

    Trie() {
        tree.assign(2, {});
        tree[unassigned].len = -1;
        tree[unassigned].next.fill(root);
    }

    void addWord(std::string_view s, int cost) {
        int u_id = root;
        for (char c : s) {
            int x = c - 'a';
            if (tree[u_id].next[x] == unassigned) {
                tree[u_id].next[x] = newNode({.len = tree[u_id].len + 1});
            }
            u_id = tree[u_id].next[x];
        }
        tree[u_id].cost = std::min(tree[u_id].cost, cost);
    }

    void ahoCorasick() {
        std::deque<int> q{root};
        while (!q.empty()) {
            auto [u, u_id] = ref(q.front());
            q.pop_front();
            for (int x = 0; x < 26; ++x) {
                auto [v, v_id] = ref(u->next[x]);
                auto [s, s_id] = ref(tree[u->sfx].next[x]);
                if (v_id == unassigned) {
                    u->next[x] = s_id;
                } else {
                    v->sfx = s_id;
                    v->dict = s->cost != INF ? s_id : s->dict;
                    q.push_back(v_id);
                }
            }
        }
    }

    std::tuple<TrieNode*, int> ref(int id) {
        return {&tree[id], id};
    }

    TrieNode* operator[](int id) {
        return &tree[id];
    }
};

class Solution {
public:
    int minimumCost(string target, vector<string>& words, vector<int>& costs) {
        int n = target.size(), m = words.size();
        Trie trie;
        for (int i = 0; i < m; ++i) {
            trie.addWord(words[i], costs[i]);
        }
        trie.ahoCorasick();
        std::vector<int> dp(n + 1, INF);
        dp[0] = 0;
        auto u = trie[Trie::root];
        for (int i = 1; i <= n; ++i) {
            int x = target[i - 1] - 'a';
            u = trie[u->next[x]];
            auto v = u->cost != INF ? u : trie[u->dict];
            while (v->cost != INF) {
                dp[i] = std::min(dp[i], dp[i - v->len] + v->cost);
                v = trie[v->dict];
            }
        }
        return dp[n] == INF ? -1 : dp[n];
    }
};




now my questions is about explain the provided solution for this problem:
Luca ha comprato il nuovissimo videogioco SuperLuigi. Luigi, il protagonista del videogioco, in ogni livello deve superare 
N
N piloni numerati da 
0
0 ad 
N
−
1
N−1. Su ogni pilone ci sono 
M
M piattaforme su cui Luigi può saltare. La piattaforma più in basso dell'
i
i-esimo pilone si trova ad 
H
i
H 
i
​
  metri dal suolo e le rimanenti 
M
−
1
M−1 piattaforme del pilone si trovano ciascuna 
D
i
D 
i
​
  metri sopra la piattaforma sottostante. Le piattaforme dell'
i
i-esimo pilone sono quindi collocate alle altezze 
H
i
,
H
i
+
D
i
,
H
i
+
2
⋅
D
i
,
…
,
H
i
+
(
M
−
1
)
⋅
D
i
H 
i
​
 ,H 
i
​
 +D 
i
​
 ,H 
i
​
 +2⋅D 
i
​
 ,…,H 
i
​
 +(M−1)⋅D 
i
​
 . Quindi la piattaforma numero 
j
j, con 
0
≤
j
<
M
0≤j<M, sul pilone numero 
i
i, con 
0
≤
i
<
N
0≤i<N, si troverà ad 
H
i
+
D
i
⋅
j
H 
i
​
 +D 
i
​
 ⋅j metri di altezza rispetto al suolo. Luigi deve raggiungere una qualsiasi piattaforma del pilone 
N
−
1
N−1 partendo da terra, ad altezza zero, subito prima del pilone 
0
0. Inizialmente deve quindi saltare su una qualunque piattaforma del pilone 
0
0, per poi spostarsi di pilone in pilone.

"SuperLuigi"

Per ogni pilone 
i
i, con 
0
≤
i
<
N
−
1
0≤i<N−1, Luigi può saltare da ogni piattaforma del pilone 
i
i a una qualsiasi piattaforma del pilone 
i
+
1
i+1. Luca non vuole solo completare il livello, ma vuole metterci anche il minor tempo possibile. Per saltare da un punto ad altezza 
h
h ad un punto di altezza 
k
k Luigi impiega 
∣
h
−
k
∣
∣h−k∣ (valore assoluto di 
h
−
k
h−k) secondi. Il tempo totale impiegato per completare un livello è quindi la somma dei tempi impiegati in ogni salto. Quanti secondi servono, al minimo, per completare il livello?

Formato di input
La prima riga del file di input contiene un intero 
T
T, il numero di casi di test. Seguono 
T
T casi di test, numerati da 
1
1 a 
T
T. Ogni caso di test è preceduto da una riga vuota.

Ogni caso di test è composto come segue:

una riga contenente i due interi 
N
N, 
M
M.
una riga contenente gli 
N
N interi 
H
0
,
 
…
,
 
H
N
−
1
H 
0
​
 ,…,H 
N−1
​
 .
una riga contenente gli 
N
N interi 
D
0
,
 
…
,
 
D
N
−
1
D 
0
​
 ,…,D 
N−1
​
 .
Formato di output
Il file di output deve contenere la risposta ai casi di test che sei riuscito a risolvere. Per ogni caso di test che hai risolto, il file di output deve contenere una riga con la dicitura

"Case #test: tempo"

dove 
t
e
s
t
test è il numero del caso di test (a partire da 
1
1) e l'intero 
t
e
m
p
o
tempo è la riposta al test.

Assunzioni
T
=
10
T=10, nei file di input che scaricherai saranno presenti esattamente 
10
10 casi di test.
2
≤
N
≤
1
 
000
2≤N≤1000
2
≤
M
≤
10
 
000
2≤M≤10000
0
≤
H
i
≤
10
 
000
0≤H 
i
​
 ≤10000 per ogni 
i
=
0
,
 
…
,
 
N
−
1
i=0,…,N−1.
0
≤
D
i
≤
10
 
000
0≤D 
i
​
 ≤10000 per ogni 
i
=
0
,
 
…
,
 
N
−
1
i=0,…,N−1.
nei primi 
2
2 casi di test vale inoltre che 
M
=
2
M=2.
Esempi di input/output
Input:

3

2 2
1 1
2 3

3 3
9 0 8 
8 2 15 

5 2
6 10 7 1 4 
4 17 10 14 1

Output:

Case #1: 1
Case #2: 18
Case #3: 22
Spiegazione
Nel primo caso d'esempio Luca può far saltare Luigi da terra fino alla piattaforma 
0
0 sul pilone 
0
0 ad altezza 
1
1 impiegandoci 
1
1 secondo. Poi può far saltare Luigi sulla piattaforma 
0
0 sul pilone 
1
1 ad altezza 
1
1 impiegandoci 
0
0 secondi. La riposta dunque sarà 
1
1 e Luca non può fare di meglio.

"Primo esempio"

Nel secondo caso d'esempio Luca può far fare le seguenti mosse a Luigi:

Saltare sulla piattaforma ad altezza 
9
9 sul pilone 
0
0 mettendoci 
9
9 secondi.
Saltare sulla piattaforma più in alto sul pilone 
1
1 ad altezza 
4
4 mettendoci 
5
5 secondi.
Saltare sulla piattaforma ad altezza 
8
8 sull'ultimo pilone mettendoci 
4
4 secondi. in totale Luca ci mette 
18
18 secondi a completare il livello.
"Secondo esempio"

Nel terzo caso d'esempio, il livello è come segue.

"Terzo esempio"


AND U WILL EXPLAIN THIS SOLUTION:

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;

signed main()
{
    freopen("in.txt", "r", stdin);
    freopen("out.txt", "w", stdout);

    cin.tie(0);
    ios_base::sync_with_stdio(false);
    int T;
    cin >> T;
    for (int test = 1; test <= T; test++)
    {
        int N, M;
        cin >> N >> M;
        vector<int> H(N);
        for (auto &x : H) cin >> x;
        vector<int> D(N);
        for (auto &x : D) cin >> x;
        vector<int> h_prev(M);
        vector<int> f_prev(M);
        for (int j = 0; j < M; j++) {
            h_prev[j] = H[0] + D[0] * j;
            f_prev[j] = abs(h_prev[j]);
        }
        for (int i = 1; i < N; i++)
        {
            vector<int> h_curr(M);
            for (int j = 0; j < M; j++) h_curr[j] = H[i] + D[i] * j;
            vector<int> f_curr(M, LLONG_MAX);
            int k = 0;
            for (int j = 0; j < M; j++)
            {
                while (k < M - 1 && h_prev[k + 1] <= h_curr[j]) k++;
                int cost1 = f_prev[k] + abs(h_curr[j] - h_prev[k]);
                int cost2 = (k + 1 < M) ? (f_prev[k + 1] + abs(h_curr[j] - h_prev[k + 1])) : LLONG_MAX;
                f_curr[j] = min(cost1, cost2);
            }
            h_prev = h_curr;
            f_prev = f_curr;
        }
        int res = *min_element(f_prev.begin(), f_prev.end());
        cout << "Case #" << test << ": " << res << "\n";
    }
}


btw u should write in markdown