（镇楼图，为 CF 评测量提供了一份力量/qiang）
这题真的把我心态搞崩溃了……
先是一波三折的心路历程，然后写了个假的 WA 了，看了半天题解。
去世贸打了场模拟赛回来写了正解，然后又 WA 了，输出了一堆问号。跟 tzc 对拍了半天没拍出错，最终还是在 yxh 的帮助下才 A 掉。stO yxh Orz
考虑状压 DP。
我们考虑 (dp_{i,j}) 表示到考虑到第 (i) 个字符，第 (i) 个字符必须选，当前还剩 bitmask (j) 里的长度没被删除时所能剩下的字典序最小的字符串。那么不难发现，一个 (dp) 元素的空间是 (mathrm O(n)) 的。然后转移的话，朴素的就考虑枚举当前第 (i) 个字符与上一个字符的距离，这样就是四方的总复杂度，很显然吃不消。
有两个地方可以优化，一个是 (dp) 元素的储存空间，存一个字符串的 DP 我还是真没见过；另一个是转移。
一开始想了个假的：正着不行我们倒着 DP，即考虑后缀。这样子我们只需要转移的时候看最左边字符最小的转移对象即可（？），然后最后从前往后路径还原，刚好符合字典序的贪心。事实上当时我脑子坏掉了，这个想法 sb 到家了。错误点很明显，就是显然有可能有左边字符最小且相同的两个转移对象的存在，这时候我们就要比下一位，如果还是相等就还要比下一位，如此还是要存整个串。况且细想起来，两种都是将当前要求的 DP 值拆成当前字符和去掉当前字符得到的前 / 后缀，因为当前字符固定，所以比前 / 后缀大小，本质上是一样的，本该无法优化。
正解是这样处理的：考虑到字典序的特性：如果两个转移对象，它们如果不相同，那么当前字符就没有任何比较的意义，因为两个转移对象就可以直接决定它们的大小，不像求和啥的位置靠后的贡献还能稍微贡献点力量，字典序是找到第一个不相同的地方后面就卵用没有了。所以说最终要求最小串，就得在从前往后决策的过程中每一步都要是当前最好的。于是我们 dark 以将 DP 值定义成 bool，表示是否可以剩下当前长度中的最优决策。
考虑转移，那么就还是依然枚举上一位的位置，其中有 true 是先决条件。因为不仅要前面最小，当前位也要最小。于是我们稍微改变一下 DP 顺序，在剩下串长度上面迭代，找出本层中 true 的最小当前位，然后所有等于最小当前位的就是真正的 true 了。最后路径还原显然是可以的，不过既然我们基于剩下串长度迭代了，那可以更简单地直接按顺序输出当前的最小当前位。至此，时间复杂度三方。
插一嘴晚上交那么多遍的那个错误：对于有些 (i,j) 虽然可能的确可以剩下当前最优决策，但是它终究是构不成最终完整的串的，因为后面空间不足，这种是不能算的，不然就可能导致到后面整个 DP 数组没有一个达到最优决策的。然后又发现，空间足的也就一定足，这是确定下来的，那么我们可以直接不考虑那些空间不足的。就这说明有些时候 DP 不能只考虑当前考虑到的地方，有些后效性无伤大雅的能简单处理就处理掉了。
然后考虑如何优化转移。注意到对于每个 (i) 的 (j) 们，都完整地构成 (0sim 2^{lfloorlog_2n floor}-1)，于是异常显然地可以枚举子集做到 (mathrm O!left(3^{log_2n}n ight))，不过这样还是过不去。注意到我们每次枚举了距离，而这可能是多个单个 (2) 的幂的混合物，我们枚举这个混合物干嘛呢？DP 想要优化当然是把阶段、状态能拆就拆啦，多拆来实现指数降多项式。于是我们可以将 DP 定义变一下，不一定要当前字符一定选了。于是每次就要么当前位选，要么枚举最后一段被删除的纯净物，这样就只需要枚举纯净物，就把复杂度降下来了。
复杂度平方对数，常数小跑得飞快。
（我咋写了这么长啊？？？）
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const int N=5000;
int n,m;
char a[N+5];
int dp[N+1][N+1];
int main(){
// freopen("a.in","r",stdin);
cin>>a+1;
n=strlen(a+1);
m=log2(n);
for(int i=0;i<1<<m;i++)dp[i][i]=true;
for(int i=1;i<=n-(1<<m)+1;i++){
int mn=inf;
for(int j=i;j<i+(1<<m);j++)if(dp[j-1][j-i])mn=min(mn,int(a[j]));
for(int j=i;j<i+(1<<m);j++)dp[j][j-i]=dp[j-1][j-i]&&a[j]==mn;
for(int j=i;j<i+(1<<m);j++)
for(int k=0;k<m;k++)if(j-i&1<<k)
dp[j][j-i]|=dp[j-(1<<k)][j-i^1<<k];
putchar(mn);
}
return 0;
}