「Kを置けるか、置くなら初期のどの位置のKを使えばよいか」は、ここまでに既に使ったKの個数に依存するその時のswap対象は、「初期で自身より左にあったE,Yのうち、最終でまだ置かれていないもの」となるので、前者を事前計算しておけば、後者はここまでに既に使ったE,Yの個数に依存するよって、「ここまでに既に使ったK,E,Yそれぞれの個数」によって次の1文字を置くコストが計算できる。逆に言うと、これらが同じ暫定文字列は、次の1文字を置くコストが同じであり、状態をまとめられる。ともに小さいため、実際にあり得るのはぐっと少なくなると期待できる。実際にあり得る状態だけを取り出しやすくなる。最小コスト、とできそうに見えるが、上手くいかない。途中までで何が最善かが、後のマスによって変わるため、何を残せばよいのか判断できない。$X$」を固定すると現実的な状態数に落とし込める。以上ならコストに加算し、未満なら無視するようにする。それさえ同じであれば、暫定コストの低い方が正義である。全て試すことで最善が求まる。その中の一部だけコストに加算され、残りは捨てられることがある。遷移してもよい」とすることで、表現できる。$O(H^2W^2K)$。した上で最短経路探索する。正しい場合、正しい答えとなる。真の値より大きくしても小さくしても、コストが大きくなってしまうことが示せる。個数の公式さえ知っていれば、E,F問題より何をすればいいかはわかりやすかったかも知れない。