题目描述：

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分析：

题目中涉及到了若干字符串的公共前缀，显然可以用trie树去完成
建立trie树的同时，我们为了做题方便，用以下两个数组去记录一下trie树的信息：
$to{t}_i$表示以i为根的子树中有几个字符串，$nu{m}_i$表示以i结尾的字符串有几个

建立完trie树之后，就开始了解决问题的过程

题目中要我们找所有公共前缀的最小值
所以我们只需要从小到大枚举公共前缀，看当前公共前缀能否由k个字符串组合得到即可。

我们一层一层从小到大枚举。
假设当前公共前缀已经枚举到了$abc$
那么接下来就有两种情况：
第一种情况就是答案就是abc
第二种情况是答案是abc*

什么情况下，答案是abc呢？
首先，答案已经确定了至少有abc，也就是说目前挑选出的几个字符串中都是以abc打头的，可能就是abc，也可能是abc[a-z]
答案的第一部分贡献就是abc的个数$cnt1$
第二部分贡献就是abc[a-z]的个数$cnt2$
但是我们需要注意：这些abc[a-z]我们可以全部取吗？
显然是不行的，对于每一种情况，我们至多取一个字符串
不然，答案就会出现变化。
比如，我们取了两个abca，那么答案显然就变成了abca
所以，在答案不改变的情况下，我们对于每种情况至多只能取出一个字符串

当cnt1+cnt2>=k时，说明我们能找出至少k个字符串，使得他们的前缀是abc，这个时候答案确定。

但是当$cnt1+cnt2<k$时，说明答案应该是abc*，我们要继续往后面找
这个时候就没有上述的限制了（每种只能取一个），我们每种可以取若干个，同理，我们也是从小到大枚举，找到合适的那个字符(第一个字符串的和>=k的地方)，而后按照上述的方式检验是否可行即可

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Code

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

const int N = 1e6+10;

int ch[N][26];
int num[N],tot[N];
int n,k;
int cnt = 0;

void Add(string s){
	int now = 1; tot[now]++;
	for (int i = 0; i < s.size(); i++){
		int x = s[i]-'a';
		if (ch[now][x] == 0){
			ch[now][x] = ++cnt;
			memset(ch[cnt],0,sizeof ch[cnt]);
		}
		now = ch[now][x]; tot[now]++;
	}
	num[now]++;
}

void Work(){
	scanf("%d %d",&n,&k);
	cnt = 1;
	memset(ch[1],0,sizeof ch[1]);
	tot[1] = 0 , num[1] = 0;
	for (int i = 1; i <= n; i++){
		string s; cin>>s;
		Add(s);
	}
	int now = 1;
	while (1){
		int nowt = num[now];
		for (int i = 0; i < 26; i++)
		  if (tot[ch[now][i]]) nowt++;
		if (nowt >= k){
			if (now == 1) {cout<<"EMPTY";}
			for (int i = 1; i <= cnt; i++) tot[i] = 0,num[i] = 0;
			cout<<endl; return;
		}
		for (int i = 0; i < 26; i++){
			if (tot[ch[now][i]] == 0) continue;
			nowt = nowt+tot[ch[now][i]]-1;
			if (nowt >= k){
				k = k-(nowt-tot[ch[now][i]]);
				cout<<(char)(97+i);
				now = ch[now][i];
				break;
			}
		}
	}
	return;
}

int main(){
	int t;
	scanf("%d",&t);
	while (t--) Work();
	return 0;
}