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Description.
每次选出若干相同字符，变成另一种相同字符。
问从 \(S\) 至少几步变成 \(T\)。
Solution.
首先很显然建图，注意每条边是有时间的。
然后就错了！忘记考虑时间了，大小为 \(n\) 的完全有向图需要 \(2\cdot n-2\) 步而不是 \(n\) 步
首先，如果完全不联通，贡献显然可以分开考虑，我们需要求出弱联通图答案。
然后发现不会做，先手模出一些特殊情况。（设弱联通图点数为 \(n\)
考虑一个普通图，它的答案肯定不大于 \(2n-2\)，构造如下。
- \(1\rightarrow 2\rightarrow 3\rightarrow\dots\rightarrow n\)
- \(n\rightarrow 1\rightarrow\dots\rightarrow n-1\)
\(\forall (i,j)\in G\)，如果 \(i< j\) 通过上面的肯定可达，否则先走到 \(n\) 再通过下面的就可达。
弱联通图的答案下界肯定是 \(n-1\)，因为它至少要联通。
一个 DAG 答案是 \(n-1\)，因为按一个拓扑序来排列即可，而且这个答案是理论下界。
那我们对于一张不是 DAG 的图，把一个 DAG 按照上面压缩后肯定答案不会变差。
考虑这样一个结论，对于一个点，不在最大导出 DAG 上的点一定与导出 DAG 相邻。
设导出 DAG 点集为 \(S\)，则 \(\forall x\not\in S,\exists u,v\in S,(u,x),(x,v)\in G\)，\(v\) 可达 \(u\)。
所以我们必须要把这两条边全都涂上，也就是说我们需要 \(2\) 的代价对剩下所有的点连边。
然后直接搞即可。
不难（hui）证明这个也是最优的。
Coding.
点击查看大傻逼代码
//是啊，你就是那只鬼了，所以被你碰到以后，就轮到我变成鬼了{{{
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;typedef long long ll;
template<typename T>inline void read(T &x)
{
x=0;char c=getchar(),f=0;
for(;c<48||c>57;c=getchar()) if(!(c^45)) f=1;
for(;c>=48&&c<=57;c=getchar()) x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);
f?x=-x:x;
}
template<typename T,typename...L>inline void read(T &x,L&...l) {read(x),read(l...);}/*}}}*/
int n=20,m,mp[21],fa[21],F[1<<20];char S[100005],T[100005];
inline int getf(int x) {return fa[x]==x?x:fa[x]=getf(fa[x]);}
inline void mrg(int x,int y) {x=getf(x),y=getf(y);if(x^y) fa[x]=y;}
inline int count(int x) {int r=0;for(int i=0;i<n;i++) r+=(x>>i)&1;return r;}
inline char dfs(int S)
{
if(~F[S]) return F[S];else if(!S) return F[S]=1;else F[S]=0;
for(int i=0;i<n;i++) if((S>>i)&1&&!(mp[i]&S)) F[S]|=dfs(S^(1<<i));
return F[S];
}
inline void solve()
{
read(m),scanf("%s%s",S+1,T+1);for(int i=0;i<n;i++) fa[i]=i,mp[i]=0;
for(int i=1;i<=m;i++) if(S[i]^T[i]) mp[S[i]-'a']|=1<<(T[i]-'a'),mrg(S[i]-'a',T[i]-'a');
int rs=n*2;memset(F,-1,sizeof(F));for(int i=0;i<n;i++) rs-=getf(i)==i;
int mx=0;for(int i=0;i<(1<<n);i++) if(dfs(i)) mx=max(mx,count(i));
printf("%d\n",rs-mx);
}
int main() {int Ca;for(read(Ca);Ca--;) solve();return 0;}