按照題意建圖，然後要求尤拉路徑,對一個尤拉路徑的判定
歐拉回路屬於尤拉路徑，而尤拉路徑要求遠比歐拉回路要求低。

無向圖 當且僅當圖中有兩點度數為奇數，其他點度數皆為偶數且聯通。
有向圖 當且僅當其中一個頂點的入度少於出度１，而另一點出度少於入度１，圖聯通時。

至於為什麼要倒著存，可以這樣解釋
input:
5
xx
xa
aa
ab
bx
output 50pts:
aabxax
output 100pts:
aabxxa

可以發現，50pts程式碼會貪心地挑較小結點訪問，當訪問到倒數第三個字母x時，會毫不猶豫地前往a，而不管這樣做是否能遍歷完，因此走到a無路可走了，又回到x遍歷另外一個x，從而得到一個錯誤的答案
而100pts程式碼的好處在於，它是在遍歷結束後將該結點逆序存入答案中，這就保證了無路可走的節點a一定是該序列的結尾（因為如果該結點還能繼續訪問，它就一定在那些能繼續訪問的點的前面），然後回到倒數第三個字母x尋找下一個x訪問。此處不用擔心x是否也是一個結尾（那樣就無解了），因為通過遞迴前的判斷，這張圖中一定存在尤拉路，也就是隻有一個終點

const int N=10007;
int m;
std::string s;
int g[N][N];
int ot[N];
char a[N];
int ans;
inline void print(){
	drp(i,ans,1){
		cout<<a[i];
	}
	cout<<'\n';
}

inline void dfs(int x){
	rep(j,1,150){
		if(g[x][j]){
			--g[x][j];
			--g[j][x];
			dfs(j);
		}
	}
	a[++ans]=x;
}
int main(){
	std::ios::sync_with_stdio(false);
	cin>>m;
	rep(i,1,m){
		cin>>s;
		++g[s[0]][s[1]];
		++g[s[1]][s[0]];
		++ot[s[0]];
		++ot[s[1]];
	}
	int cnt(0),a(0);
	rep(i,1,150){
		if(ot[i]&1){
			++cnt;
			if(!a) a=i;
		}
	}
	if(!a) {
		rep(i,1,150){
			if(ot[i]) {
				a=i;
				break;
			}
		}
	}
	
	if(cnt&&cnt!=2){
		puts("No Solution");
		return 0;
	}
	dfs(a);
	if(ans!=m+1){
		puts("No Solution");
		return 0;
	}
	print();
	return 0;
}
 

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