String（HDU 4821）
题意：给你串S，问有多少个不同的“recoverable”串
思路：通过题目我们发现“recoverable”串定义，格外重视串的子串两两不能完全相同！
因此，我们不妨枚举长度为L的子串，然后枚举个数为M个时,check一下此时是否符合要求
如何check?
利用map存储某个串的个数，那么如何存储某个串呢？
直接用哈希把串映射成整数存储
当我们枚举M个串时，需要检查cnt(枚举串的种类)是否等于M，如果等于，答案贡献+1，否则继续枚举

复杂度计算：枚举起点O（L），对于每一个起点，枚举的最坏复杂度为O（S / L），那么总复杂度为O（S）
AC代码

B - Little Tiger vs. Deep Monkey

题意：有n道单选题题目，每道单选题共两个选项，猴子与老虎每个人均需要作答这个n个题目。猴子答对每一道题目的概率为1/2，问老虎答对多少分才能使不输的概率为p？
思路：转化思维，老虎不输 == 猴子不赢
猴子得0分概率 + 猴子得1分概率 + … +猴子得i - 1分的概率 < p
猴子得0分概率 + 猴子得1分概率 + … +猴子得i分的概率 >= p

答案推出为i

那么如何计算猴子得分概率呢？

显然dp[i] += dp[i - a[j]]（如果dp[i - a[j]]值更新没有用到a[j]时，这个式子就成立（因为每一个数最多用一次））

那我们就想到可以枚举物品，这样枚举时就能保证前面更新的dp值，不可能使用过当前物品，那么问题就可以轻松解决。
而且还需要注意一个点，就是枚举得分时要从大到小枚举，因为这样也是避免多次使用同一个物体的方法。你可以这样想，如果从小到大枚举，那么假如dp[v] += dp[v - a[i]]，dp[q] = dp[q] + dp[q - a[i]] = dp[q] + dp[v]（q - a[i] = v）你会发现更新dp[q]时，会用到两次a[i]，显然错误！因此，我们需要从大到小更新。

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