题目

传送门 to CF

思路

我佛了……搬题人翻译了个什么鬼话……

最初以为只能修改一段连续的相同字符，问题变为了一个矩形填充的问题。没有任何头绪，瞎想了很久。

终于又看题，发现题目中并没有说是连续的字符……可是翻译题面中说那是一支笔！难道一支笔不应该画过连续字符吗？是你没用过笔还是我没用过笔？

重新读了题。发现问题等价于，给出一个 DAG\rm DAGDAG，找到边数最小的 G′=(V,E′)G'=(V,E')G′=(V,E′) 使得 G′G'G′ 上传递闭包是原图传递闭包的超集。

然后随便胡了一个贪心上去：比如 aaa 要到达 b,cb,cb,c 两个点，那么显然 a→b→ca\rightarrow b\rightarrow ca→b→c 是最优选择。所有点都这样接出一条链，就行了！

也没多想这玩意儿是不是正确的。毕竟这场比赛是 3.5h3.5h3.5h 四道题，这才 T1T_1T1 就用了 1h1h1h 了，八嘎！于是就得到了四十五分的好成绩。

上面那个贪心有啥问题呢？就是假如现在 aaa 已经有后继节点了，又应该选谁呢？真是漏洞百出；稍微想想，就不会觉得它是正确的。

而在这个想法的基础上，再进一步就是正解。上面其实已经说明了一点：没有一个点的出度超过一。同理可知，没有点的入度超过一。所以新图全是链！

那么，所有在原图上有边相连的点，都必须在新图的同一条链中。换句话说，原图的每个弱连通块都对应新图的一条链。所以答案就是 ∣V∣−∣C∣|V|-|C|∣V∣−∣C∣，其中 ∣C∣|C|∣C∣ 是连通块个数。

时间复杂度 O(n+∣Σ∣)\mathcal O(n+|\Sigma|)O(n+∣Σ∣) 。

代码

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cctype>
using namespace std;
#define rep(i,a,b) for(int i=(a); i<=(b); ++i)
#define drep(i,a,b) for(int i=(a); i>=(b); --i)
typedef long long llong;
inline int readint(){int a = 0, c = getchar(), f = 1;for(; !isdigit(c); c=getchar())if(c == '-') f = -f;for(; isdigit(c); c=getchar())a = (a<<3)+(a<<1)+(c^48);return a*f;
}const int MAXN = 100005;
char a[MAXN], b[MAXN];unsigned int g[26];
int main(){for(int T=readint(); T; --T){int n = readint();scanf("%s %s",a+1,b+1);memset(g,0,26<<2);bool bad = false;rep(i,1,n){if(a[i] > b[i]){bad = true; break;}g[a[i]-'a'] |= (1u<<(b[i]-'a'));g[b[i]-'a'] |= (1u<<(a[i]-'a'));}if(bad){ puts("-1"); continue; }rep(k,0,25) rep(i,0,25) if(g[i]>>k&1)g[i] |= g[k]; // floyedint ans = 0, now = 0;for(int i=0; i!=26; ++i)if(!(now>>i&1) && g[i]){ans += __builtin_popcount(g[i])-1;now |= g[i]; // merge this}printf("%d\n",ans);}return 0;
}

后记

这件事给了我们一个很深刻的教训：不是所有人都脑子没病，知道怎么说人话；把题读清楚，否则慌乱之中错误频发！

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