一、题目
二、解法
首先把转图论模型：有 \(20\) 个点，按时间顺序往里面加边，要求 \(\forall i,A_i\) 到 \(B_i\) 有一条时间单调递增的路径，问最小加边数量。这个模型成立的原因是我们按时间顺序操作，如果一个点达到了目标状态就可以把它固定下来。
记 \(G_1\) 为加边之后形成的图，\(G_2\) 为连有向边 \((A_i,B_i)\) 形成的图；记 \(S\) 为 \(G_2\) 最大的 \(\tt DAG\)（\(m=|S|\)），\(e\) 表示最小边数，\(n\) 表示总点数，\(c\) 表示 \(G_2\) 的弱联通图数量。
Lamma：\(e=2n-m-c\)
首先证明可以构造到这个答案，考虑把 \(S\) 中的点按拓扑序重编号为 \(1,2...m\)，那么像这样连边：
除了 \(S\) 中满足 \(i>j\) 的 \(i\) 无法到 \(j\) 以外，其他点对都可以互相到达，但因为 \(S\) 是拓扑图所以并不要求这样的点对有路径。对于这个弱联通块答案是 \(e=m+1-2(n-m-1)=2n-m-1\)，多个弱连通图的答案是 \(e=2n-m-c\)
然后证明它是答案下界，我们考虑 \(G_1\) 的任意一种连边方案，维护一个 \(G_2\) 中的集合 \(T\)，\(T\) 中没有在 \(G_1\) 中自己经过时间递增的路径走回自己的点，考虑增量法加边：
- 如果加入的边 \((u,v)\) 对应 \(G_2\) 中的两个弱联通块，那么合并这两个弱联通块，弱联通块个数减 \(1\)
- 如果加入的边 \((u,v)\) 在同一个弱联通内，最坏情况下会使 \(T\) 中某个点存在时间递增的走回自己的路径，我们可以从 \(T\) 中去掉 \(v\) 来保持原有的性质，此时 \(T\) 的大小至多减 \(1\)
考虑最优连边方案 \(G_1,G_2\) 弱联通块个数相等，所以第一种情况的边恰好有 \(n-c\) 条，根据第二种情况最后 \(T\) 集合的大小来列不等式：\(|T|\geq n-(e-(n-c))\rightarrow e\geq 2n-|T|-c\)，取 \(|T|=m\) 即可证明原结论。
那么现在的问题是求一个最大导出子图使其为 \(\tt DAG\)，每次考虑加入一个点，然后出边不连接到原集合即可，也就是我们按拓扑序来规划每个可能的导出子图，那么使用状压 \(dp\) 可以做到 \(O(2^nn)\)
三、总结
建立图论模型需要积累各种量的意义，本题路径的意义表示一种转化方式。
证明答案下界的思路也很重要，本题用到的方法我称之为势能法，也就是我们找到某个量为势能，对于任意一种决策方案，考虑最坏情况让势能的减少量，根据这个东西来列不等式。
最后反过来思考，为什么本题会有和 \(\tt DAG\) 有关的这种结论？我的想法是首先可以构造出一种 \(2n-1\) 的图使得任意两点之间都有路径，但是因为有些点对之间并不需要有路径所以这种构造不优，那么就可以联想到 \(\tt DAG\) 中的点只需要有拓扑序小到大的路径，那么就可以在 \(\tt DAG\) 上缩减边数。
#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
const int M = 100005;
int read()
{
int x=0,f=1;char c;
while((c=getchar())<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;}
while(c>='0' && c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}
return x*f;
}
int T,n,ans,mx,fa[20],out[20],dp[1<<20];
char s[M],t[M];
int find(int x)
{
if(x!=fa[x]) fa[x]=find(fa[x]);
return fa[x];
}
void work()
{
n=read();scanf("%s%s",s,t);ans=mx=0;
for(int i=0;i<20;i++) fa[i]=i,out[i]=0;
for(int i=0;i<(1<<20);i++) dp[i]=0;
for(int i=0;i<n;i++)
{
int x=s[i]-'a',y=t[i]-'a';
out[x]|=(1<<y);
fa[find(x)]=find(y);
}
ans=40;dp[0]=1;
for(int i=0;i<20;i++)
if(i==find(i)) ans--;
for(int i=0;i<(1<<20);i++) if(dp[i])
{
mx=max(mx,__builtin_popcount(i));
for(int j=0;j<20;j++)
if(!(i&(1<<j)) && (out[j]&i)==0)
dp[i|(1<<j)]=1;
}
printf("%d\n",ans-mx);
}
signed main()
{
T=read();
while(T--) work();
}