題意：

　　給一個長度為n的字符串，定義$k=\floor{log_2 n}$

　　一共k輪操作，第i次操作要刪除當前字符串恰好長度為$2^{i-1}$的子串

　　問最後剩余的字符串字典序最小是多少？

分析：

　　首先很容易得到一個性質，那就是刪除的那些串是可以不交叉的
　　很容易想到一個很簡單的dp

　　dp[i][j]表示考慮原串的前i位，刪除狀態為j的情況下字典序最小的字符串（註意dp裏面保存的是個字符串）

　　那麽很明顯就是個O(n^3logn)的dp，無法通過

　　dp裏是一個字符串這個東西是很浪費時間而且很不優美的

　　根據題解的做法，重新設計狀態

　　dp[i][j]表示已經確定了最終字符串的前i位，目前刪除情況為j的情況下，字典序最小的字符串

　　這樣設計狀態我們會發現一個性質，那就是如果dp[i][j]<dp[i][k]，那麽dp[i][k]就不起作用了

　　所以dp數組可以用bool值來表示該狀態是否為當前最小的字符串

　　更新狀態的話，根據確定位數i和刪除位數j就知道那些"1"對應字符串的下一位是多少了，更新新的最小字符串

　　然後我們要考慮當前階段給後面要刪除幾個數，這裏即使要求滿足若一個狀態的某個子集是真，那麽它就是真

　　這用一個高維前綴和解決即可

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 const int maxn=5000
 
;
 4 char s[maxn+5];
 5 bool dp[maxn+5][maxn+5];
 6 int n,l,m;
 7 string ans;
 8 int main()
 9 {
10     scanf("%s",s);
11     n=strlen(s);
12     l=0;
13     while((1<<(l+1))<=n) ++l;
14     m=1<<l;
15     for(int j=0;j<m;++j)
16     dp[0][j]=1;
17     for(int i=1;i<=n-m+1
 
;++i)
18     {
19         for(int j=0;j<m;++j) dp[i][j]=dp[i-1][j];
20         char mi=‘z‘;
21         for(int j=0;j<m;++j)
22             if(dp[i-1][j]) mi=min(mi,s[i-1+j]);
23         for(int j=0;j<m;++j)
24             if(dp[i][j]&&s[i-1+j]!=mi) dp[i][j]=0;
25 
26         for(int j=0;j<m;++j)
27             for(int k=0;k<l;++k)
28                 if(j&(1<<k)) dp[i][j]|=dp[i][j^(1<<k)];
29         ans=ans+mi;
30 
31     }
32     cout<<ans<<endl;
33 }

codeforces 938F（dp+高維前綴和）