【未知来源】K-th String

题意

　　求有多少种 前 (n) 个小写字母的排列 (t)，满足其所有子串按字典序从小到大排列，第 (k) 个子串是一个给定字符串 (s)。答案模 (10^9+7)。
　　(1le nle 26)，保证 (s) 中仅包含前 (n) 个小写字母，且 (s) 中的字母两两不同。
　　sample input：3 3 b
　　sample output：2

题解

　　由于排列 (t) 的每个字符都互不相同，显然只需要比较首字母就能知道字典序的大小。
　　于是确定比 (s_1) 小的那些字符的位置即可。

　　下面把将字符串 (s) 的排名往后挤的名次称为对答案的贡献
　　(O(n)) 枚举字符串 (s) 的位置，然后发现要求 (s) 内部比 (s_1) 小的字符对答案的贡献，(O(n)) 算一下即可。
　　设 (b_i) 表示第 (i) 个小写字母的位置，不难推出一个公式 ((sumlimits_{i=1}^{s_1-1} (n-b_i+1)) + |s| = k)
　　(sumlimits_{i=1}^{s_1-1} (n-b_i+1)) 表示所有小于 (s_1) 的字符对答案的贡献，常数 (|s|) 表示字符串 (s) 是以 (s_1) 开头的所有字符串的第 (|s|) 小、
　　字符串 (s) 中可能已有一些小于 (s_1) 的字符，我们把它对应的 (b_i) 变成确定的常数。
　　我们把所有常数（包括 (|s|)、确定的 (b_i)、(n-b_i+1) 中的 (n+1)）挪到等号右边，合并为一个常数。那么对于其余在 (s) 以外的小于 (s_1) 的字符，问题变成 求有多少种方案选择 (x) 个未确定的 (b_i)，使得它们的和为一个常数 (C)。
　　这是普及组背包问题。设 (dp(i,j,k)) 表示前 (i) 个未填位置，已经用了 (j) 个 (b_i)，当前总共对答案的贡献是 (k) 的方案数。注意 (k) 这一维状态是 (O(n^2)) 级别的。（这个做法中不确定的 (b_i) 数量是不确定的，貌似不能预处理 ( ext{dp})）
　　还要注意一点，排列是有标号的，所以对 (s) 以外的部分做背包后，小于 (s_1) 的部分和其余部分的方案数要各乘一个阶乘。
　　总复杂度 (O(n^5))。应该有个 (O(n^4)) 的做法，不过我是鸽子。

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define N 27
#define mod 1000000007
using namespace std;
inline int read(){
	int x=0; bool f=1; char c=getchar();
	for(;!isdigit(c); c=getchar()) if(c=='-') f=0;
	for(; isdigit(c); c=getchar()) x=(x<<3)+(x<<1)+(c^'0');
	if(f) return x; return 0-x;
}
int jc[N]; 
int n,m,len,ans;
char s[N];
namespace Pack{
	int x,a[N],dp[N][N*N];
	inline void add(int v){a[++x]=v;}
	inline void clr(){x=0;}
	int solve(int num, int sum){
		if(m<0) return 0;
		for(int i=0; i<=num; ++i)
			for(int j=0; j<=sum; ++j) dp[i][j]=0;
		dp[0][0]=1;
		for(int i=1; i<=x; ++i)
			for(int j=min(num,i); j>=1; --j)
				for(int k=sum; k>=a[i]; --k)
					dp[j][k] = (dp[j][k] + dp[j-1][k-a[i]]) % mod;
		return (ll)dp[num][sum] * jc[num] % mod * jc[x-num] % mod;
	}
}using namespace Pack;
int main(){
	jc[0]=1; for(int i=1; i<=26; ++i) jc[i]=(ll)jc[i-1]*i%mod;
	n=read(), m=read(); scanf("%s",s+1), len=strlen(s+1);
	for(int i=1; i<=len; ++i) s[i]-=96;
	for(int i=1; i<=n-len+1; ++i){
		int sum=m-len, num=s[1]-1;
		for(int j=1; j<=len; ++j) if(s[j]<s[1]) sum-=(n-(i-1+j)+1), --num;
		for(int j=1; j<i; ++j) add(n-j+1);
		for(int j=i+len; j<=n; ++j) add(n-j+1);
		ans=(ans+solve(num,sum))%mod;
		clr();
	}
	printf("%d
",ans);
	return 0;
}