dp+思维（字符的贡献）

题目1：《字串排序》真题练习
题目大意： 给一个整数$V$,需要求在冒泡排序次数等于$V$下的最小字典序字符串。我们定义字典序$a<b$，满足$len(a)<len(b)$或者$len(a)==len(b)$同时存在位置$pos$满足$\forall i<pos,a[i]==b[i];a[pos]==b[pos]$
解题思路 ：经过一系列的基操分析，我们得出了一系列的结论：

1. 对于长度为$len$的字符串来说，其最大交换次数为$len\ast (len-1)/2$，比如如果长度为$5$，那么此时的字符串应该是$edbca$。
2. 如果记最右的末尾索引为0，那么在从后往前的位置上最好是放这个位置可以放的最小的，并且从左向右字符串应该是递减的顺序，比如计算出的答案是$abaa$，那么宁可要$baa$。
3. 相邻字符串应该是紧邻的比如说$a$和$b$
4. 最右的字符应该从$a$开始

经过上面这些分析之后，得到字符串应该形如:$....cccbbbaaa$这样的。
这个时候就可以上动态规划了
记$dp[i][j][k]$为第$i$个字符(从右向左，从0开始）在前面一个字符为$j$的情况下能达到总和为$k$的最小字符。记辅助数组$s[i][j][k]$为第$i$个字符在前一个字符为$j$，达到总和为$k$的情况下，前面有$s[i][j][k]$个字符小于$i$
因此我们容易得到$dp$方程为：

   if (j != i)
{
	if (dp[index - 1][j][k].first < dp[index][i][k+index].first)
	{
		dp[index][i][k+index] = { j,k };
		s[index][i][k+index] = index;
		if (k+index == v)
		{
			yh = min(yh, index);
		}
	}
}
    //	dp[index][i][k] = min(dp[index][i][k], dp[index - 1][j][k - index]);
else if(j==i)
{
	if (dp[index - 1][j][k].first < dp[index][i][k+s[index-1][i][k]].first)
	{
		dp[index][i][k + s[index - 1][i][k]] = {i,k };
		s[index][i][k + s[index - 1][i][k]] = s[index - 1][i][k];
		if (k + s[index - 1][i][k] == v)
		{
			yh = min(yh, index);
		}
	}
//	dp[index][i][k] = min(dp[index][i][k], dp[index - 1][i][k / 2]);
}

由于从$k-...$向$k$更新过于麻烦，因此改为从$k$向$k+s[][]$更新
复杂度分析：$O(26\ast V\sqrt{V})$ | $V:1e4$
全部代码：

// 0328.cpp : 此文件包含 "main" 函数。程序执行将在此处开始并结束。
//

#include 
#include
#include
#include
using namespace std;
const int length = 1e4 + 5;
pair<int,int>  dp[100][30][length];
int s[100][30][length];
int qianzhui[300];
void init(int tmp,int v)
{
	//int tmp = sqrt(v) + 3;
	for (int i = 0; i <= tmp; i++)
	{
		for (int j = 0; j <= tmp; j++)
		{
			for (int k = 0; k <= v; k++)
			{
				dp[i][j][k] = { 26,0 };
			}
		}
	}
}
int cal(int v)
{
	qianzhui[0] = 0;
	for (int i = 1;; i++)
	{
		qianzhui[i] = qianzhui[i - 1] + i;
		if (qianzhui[i] >= v)
		{
			return i;
		}
	}
}
int main()
{
	int v;
	scanf_s("%d", &v);
	int i = ("baa" < "abaa");
	int yh = INT_MAX;
	int t = 78;
	int tmp = cal(v);
	init(tmp,v);
	dp[0][0][0] = { 0,0 };
	for (int index = 1; index <= tmp; index++)
	{
		if (index == 3)
		{
			int u = 1;
		 }

		for (int i = 0; i <= index; i++)
		{
		//	dp[index][i][0] = { i,0 };
			for (int j = 0; j <= i; j++)
			{
				for (int k = 0; k <= (index - 1)*index / 2; k++)
				{
					if (j != i)
					{
						if (dp[index - 1][j][k].first < dp[index][i][k+index].first)
						{
							dp[index][i][k+index] = { j,k };
							s[index][i][k+index] = index;
							if (k+index == v)
							{
								yh = min(yh, index);
							}
						}
					}
				     //	dp[index][i][k] = min(dp[index][i][k], dp[index - 1][j][k - index]);
					else if(j==i)
					{
						if (dp[index - 1][j][k].first < dp[index][i][k+s[index-1][i][k]].first)
						{
							dp[index][i][k + s[index - 1][i][k]] = {i,k };
							s[index][i][k + s[index - 1][i][k]] = s[index - 1][i][k];
							if (k + s[index - 1][i][k] == v)
							{
								yh = min(yh, index);
							}
						}
					//	dp[index][i][k] = min(dp[index][i][k], dp[index - 1][i][k / 2]);
					}

				}
			}
		}
	}
	for (int i = 0; i < 26; i++)
	{
		if (dp[yh][i][v].first != 26)
		{
			t = i;
			break;
		}
	}
	while (yh != -1)
	{
		printf("%c", t+'a');
		if (yh == 0)
			break;
		int tmp_t=t;
		int tmp_v=v;
		v = dp[yh][tmp_t][tmp_v].second;
		t = dp[yh][tmp_t][tmp_v].first;
		yh--;
	}
}

题目2： 《子串分值》真题练习
题目大意： 求一个字符串的所有子串中只出现一次的字符数量。
题目分析： 处理所有字母（只有小写字母）的出现位置，那么这一个字母可以对$index[alb][i-1]+1$到$index[alb][i+1]-1$的子串做出贡献，为了让这一段包含这个字母，可以构造$b...$和$...b$和$...b...$来计算所有子串的个数。
代码好像被我删了giao