Codeforces 1383C - String Transformation 2（找性质+状压 dp）

Codeforces 题面传送门 & 洛谷题面传送门

神奇的强迫症效应，一场只要 AC 了 A、B、D、E、F，就一定会把 C 补掉（

感觉这个 C 难度比 D 难度高啊……

首先考虑对问题进行初步转化。显然对于 \(s_i=s_j,t_i=t_j\)​ 的 \((i,j)\)​，我们肯定会将它们放在一起操作，这启发我们将所有 \((s_i,t_i)\)​ 看作一个二元组，那么如果我们把“每一步将字符 \(x\) 变为 \(y\)”这样的操作视作一条从 \(x\) 连向 \(y\)，权值为当前是第几次操作。那么一个连边方式合法，当且仅当对于所有二元组 \((s,t)\) 都存在一条 \(s\to t\) 的路径，满足其经过的所有边的权值单调递增。

考虑怎样解决这个问题，首先注意到 \(39\)​​​ 次操作一定是可行的，具体来说就 \(’a’\to’b’\to’c’\to\cdots\to’t’\to’a’\to\cdots’t’\)​​​ 连两个环，这样一定能保证对于所有 \((x,y)\)​​ 都存在符合要求的路径，不过注意到我们并不一定要所有 \((x,y)\)​​ 之间都存在符合要求的路径，因此考虑从这个角度入手减少操作次数。这里直接给出结论：如果我们设 \(n=20\)​​ 表示图中的点数，对于所有二元组 \(s\to t\)​​ 我们再建一张图 \(G\)​​，并设 \(S\)​​ 表示满足 \(S\subseteq G\)​​，\(S\)​​ 为 DAG 且 \(S\)​​ 包含的点数最多的导出子图，\(c\)​ 表示 \(G\)​ 中弱连通块的个数，那么 \(res=2n-S\)​ 中点的个数 \(-c\)​。​

证明：首先我们来说明我们能达到这张图，我们考察 \(G\) 中每一个弱连通块，显然它有一部分点是包含在 \(S\) 当中的对吧，对于这部分点我们将它们按拓扑序编号 \(1,2,3,\cdots,k\)，其中 \(k\) 表示该连通块中包含在 \(S\) 中的点数，对于剩余的点我们随意编号 \(k+1,k+2,\cdots,m\)，那么我们考虑这样连边：\(k\to k+1\to k+2\to\cdots\to m\to 1\to 2\to\cdots\to k\to k+1\to k+2\to\cdots m\)，这样总边数显然是 \(2m-k-1\)，不难发现这样一来，该连通块中只有 DAG 中拓扑序从后往前的二元组无法到达，而由于这是一个 DAG，因此这样的点之间没有边，符合要求，把它们的贡献累加起来就是 \(2n-S\) 中点的个数 \(-c\)。

接下来来说明这就是本题操作次数的下界。我们不妨想象这样一个在一个初始没有边的图中加边的过程，每加入一条边有两种可能，要么沟通了原本不在同一个弱连通块中的两点，由最终得到的图中恰有 \(c\)​​​ 个连通块可知这样的边至少有 \(n-c\)​​​ 条，要么连接了两个原本就在同一连通块中的边，对于这样的边我们维护一个 \(T\)​​​ 表示当前无法沿着一个合法的路径到达本身的点集，那么显然初始 \(T=\{1,2,3\cdots,n\}\)​​​，而当我们加入 \((x,y)\)​​​ 这条边时，最多使 \(y\)​​​ 这个点能够到达本身，即 \(T\)​​​ 的大小最多减 \(1\)​​​，因此如果最终 \(|T|=x\)​​​，那么操作次数 \(\ge n-c+n-x\)​​​，又显然最终 \(T\)​​​ 中的点必须形成一个 DAG，否则其中必然存在圈 \(x_1\to x_2\to\cdots\to x_k\to x_1\)​​，由于这些边必须可达，因此可以推出 \(x_1\)​​ 可以到达 \(x_1\)​​，与 \(T\)​​ 的定义矛盾。因此最终 \(x\le\)​​ 上文中 \(S\)​​ 的点数，也就证明了答案的下界。据说这方法有个名字叫势能法？反正总之很神仙就对了（

有了这个性质之后题目就很容易了。\(n,c\) 都很容易求得。至于怎样求 \(S\) 的大小……注意到这题最多涉及到 \(20\) 个字母，即点数最多 \(20\)，一脸状压，直接枚举 \(S\) 的点集并 check 是 \(2^{20}20^2\) 的，不知道能不能通过。考虑加点《小优化》，我们设 \(dp_S\) 表示 \(S\) 的导出子图是否是一个 DAG，那么我们考虑每次增加一个点 \(x\) 作为 DAG 中出度为 \(0\) 的点并检验这个点连出去的边中，是否有边指向 \(S\) 中的点，如果有那么 \(dp_{S\cup\{x\}}=0\)，否则 \(dp_{S\cup\{x\}}=1\)，这样是 \(2^{20}·20\) 的，可以通过。

const int ALPHA=20;
const int MAXN=1e5;
const int MAXP=1048576;
int n,f[ALPHA+2],fr[ALPHA+2];
char s[MAXN+5],t[MAXN+5];
bool dp[MAXP+5];
void clear(){memset(f,-1,sizeof(f));memset(fr,0,sizeof(fr));memset(dp,0,sizeof(dp));}
int find(int x){return (!~f[x])?x:f[x]=find(f[x]);}
void merge(int x,int y){x=find(x);y=find(y);if(x^y) f[x]=y;}
void solve(){
	scanf("%d%s%s",&n,s+1,t+1);clear();
	for(int i=1;i<=n;i++){
		int x=s[i]-'a',y=t[i]-'a';
		fr[x]|=(1<<y);merge(x,y);
	} int res=ALPHA<<1,mx=0;
	for(int i=0;i<ALPHA;i++) if(find(i)==i) res--;
	dp[0]=1;for(int i=0;i<MAXP;i++) if(dp[i]){
		chkmax(mx,__builtin_popcount(i));
		for(int j=0;j<ALPHA;j++) if(~i>>j&1){
			if((fr[j]&i)==0) dp[i|(1<<j)]=1;
		}
	} printf("%d\n",res-mx);
}
int main(){
	int qu;scanf("%d",&qu);
	while(qu--) solve();
	return 0;
}