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思路：
由于只能翻转一次子串，就相当于找出两个不连续的子串，把在后面的一个子串翻转过来，和第一个子串拼接。
因为题目仅要求子串中的字符不重复，所以字符的先后顺序无关，翻转的操作就相当于：
选出两个不连续的子串，且他们没有相同的字符，两个子串的长度之和就是答案的一种可能。
题目中反复强调，给出的字符串只有前20个字母[a, t]，考虑到$2^{20} = 10^{6}, 2^{26} = 6*10^{7}$，显然在疯狂暗示：要用状压来做这题。
所以考虑二进制状压字符集合。
一个朴素的想法：
令集合X = {'a', 'b',..., 't'}，用|X|表示集合X的大小。
预处理出集合X的所有有效子集（在原字符串中能找得到）。时间复杂度为O(n*|X|) = 2*$10^{6}$。
然后再枚举X的子集A，和集合A在X中的补集B的子集C，若C是有效的（在原字符串中能找到），则|A|+|C|就是答案的一种可能。
这样做的总时间复杂度是O($2^{|X|}* 2^{|X|}$ + n*|X|) = 1e12，显然会TLE。
题解：
实际上，我们在枚举集合B的子集C的时候，如果我们能知道集合B的有效子集的大小的最大值max{|C|}，就可以用|A|+max{|C|}以O(1)的时间来更新答案了。时间复杂度可以下降到O($2^{|X|}$)
接下来考虑如何预处理出max{|C|}。
如果用f[mask]表示，以mask二进制表示的集合S的最大有效子集的大小，那么：
如果S是有效的：f[mask] = |S|
否则：f[mask] = max{f[mask^(1<<i)] | 0 < i < |X| && mask&(1<<i) > 0}
这里的处理是$O(|X|*2^{|X|}) = 2*10^{7}$，是可行的。
代码：$O(|X|*2^{|X|} + |X|*n)$
1 #include <bits/stdc++.h>
2 #define fast ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0)
3 #define N 100005
4 #define M 100005
5 #define INF 0x3f3f3f3f
6 #define mk(x) (1<<x)
7 #define sz(x) ((int)x.size())
8 #define lson(x) (x<<1)
9 #define rson(x) (x<<1|1)
10 #define mp(a,b) make_pair(a, b)
11 #define endl '\n'
12 #define lowbit(x) (x&-x)
13
14 using namespace std;
15 typedef long long ll;
16 typedef double db;
17
18 /** fast read **/
19 template <typename T>
20 inline void read(T &x) {
21 x = 0; T fg = 1; char ch = getchar();
22 while (!isdigit(ch)) {
23 if (ch == '-') fg = -1;
24 ch = getchar();
25 }
26 while (isdigit(ch)) x = x*10+ch-'0', ch = getchar();
27 x = fg * x;
28 }
29 template <typename T, typename... Args>
30 inline void read(T &x, Args &... args) { read(x), read(args...); }
31 #define MAXMASK 20
32
33 int f[mk(MAXMASK)]; // f[mask] = mask's max number of different characters
34 int main()
35 {
36 string s;
37 cin >> s; int n = s.size();
38 for (int i = 0; i < n; i++) {
39 int mask = 0;
40 for (int j = 0; j < MAXMASK && i+j < n; j++) {
41 int b = s[i+j] - 'a';
42 if (mask & mk(b))
43 break;
44 mask |= mk(b);
45 f[mask] = j+1;
46 }
47 }
48 for (int mask = 0; mask < mk(MAXMASK); mask++) {
49 for (int i = 0; i < MAXMASK; i++) if (mask & mk(i)){
50 f[mask] = max(f[mask], f[mask ^ mk(i)]);
51 }
52 }
53 int ans = 0;
54 for (int mask = 0; mask < mk(MAXMASK); mask++) {
55 int mask1 = (mk(MAXMASK)-1) ^ mask;
56 ans = max(ans, f[mask] + f[mask1]);
57 }
58 cout << ans << endl;
59
60 return 0;
61 }