对于一个区间，操作之后最小的数字会跑到区间的最前面；如果把区间缩小一点，操作之后最小的数字依然会跑到这个区间的最前面。可见区间的大小，其实就是影响着最小数字的“迁移程度”。因此我们总结出，本题的操作，本质上就是“冒泡”：允许任何一个数字可以和它前面比它大的数字交换，并且能够连续操作，前移到所能到达的任何位置。
分析下面这个例子
0 1 2 3 4 5 6 7
s: X X X 5 X X X X
t: 5 X X X X X X X
对于目标串t的第一个5会对应着s中的哪一个5呢？显然易见，我们会从s里面找出现的第一个5的位置和它配对，也就是idx=3位置。那么s[3]要挪到[0]的位置需要满足什么条件呢？那就是s[3]前面的数字不能有小于5的，否则s[3]这个数字就无法顺利挪到第一个位置。
这就提示我们预处理所有的10种数字，将它们出现的idx按照顺序放在pos[digit]里面。此时我们只要查看pos[0]~pos[4]这些数字的第一次出现的位置，如果这个位置早于3，那么就违反了上面的要求，s[3]无法迁移到第一个位置。
我们再接下来看一位：
0 1 2 3 4 5 6 7
s: X X X 5 X 6 X X
t: 5 6 X X X X X X
对于目标串t的第二位上的6，假设对应的s[5]上的6。根据之前的推理，钥匙s[5]能推进到第二位，所有小于6的数字都不能出现在idx=5的左边阻挡它的前进，除非是之前处理过的那个s[3]=5，因为它已经被迁移到了t[0]的位置，不影响s[5]=6的前进。所以我们只需要将pos[5]记载的第一个位置3提前移出，查看此时pos[0]~pos[5]这些数字的第一次出现的位置。如果这些位置都大于5，就不会阻挡s[5]=6的前进，否则就无法实现目标。
所以这种算法的时间复杂度是O(N*C)，其中C就是10.
本题有一个条件更宽松的原题：https://codeforces.com/contest/1187/problem/D 其中没有数字只有10种的限制。那么上述的方法就会退化成o(N^2)。我们可以用BIT或者线段树来改进。
还是基于之前的结论：遍历t[j]，找到对应的s[i]，想要s[i]顺利到j的位置，需要所有小于s[i]的数字的idx不能早于i。所以我们可以给这些数字（枚举所有小于s[i]的数字、不包括已经处理过的）都更新一个leftLimit的限制。随着不断处理s[i]，这个数字的leftLimit会不断更新，趋势上会越来越严格（即越来越靠右）。如果发现对于某个s[i]而言，我们期望它移到的位置j要早于它被赋予的leftLimit，就注定s[i]无法实现移动，就返回false。
这看上去依然是o(N^2)的方法。但可以优化的地方在于，我们将所有的数字排序之后，更新所有小于s[i]的数字的leftLimit，这是一个区间操作。可以用线段树或者BIT来化简到log(N)的时间复杂度。