【POJ3280/洛谷2890】[Usaco2007 Open Gold]Cheapest Palindrome（动态规划）
题目：
POJ3280
洛谷2980
分析：
首先，考虑只可以加字的情况
设\(s[i]\)表示第\(i\)个字符，\(add[i]\)表示加上一个字母\(i\)的花费，\(dp[i][j]\)表示把区间\(i\)~\(j\)变成回文串的花费，那么
1.如果\(s[i]=s[j]\)，那么只需要把\((i+1)\)~\((j-1)\)变成回文串就可以了，
即
2.如果\(s[i] \neq s[j]\)，那么可以先把\(i\)$(j-1)$变成回文串，然后在前面加一个$s[j]$，和$i$\(j\)串尾的\(s[j]\)对应上，
即
同理，也可以先把\((i+1)\)$j$变成回文串，然后在后面加一个$s[i]$，和$i$\(j\)串首的\(s[i]\)对应上，
即
在这两种方法中取花费较小的一个。
边界条件：当\(i=j\)，只有一个字符的字符串显然是回文串
然后考虑还可以减字的情况
设\(del[i]\)表示减去一个字母i的花费，其余同上。
显然，\(s[i]=s[j]\)的情况是不受影响的。
我们来讨论\(s[i] \neq s[j]\)的情况：
我们也可以先把\(i\)$(j-1)$变成回文串，然后删掉$i$\(j\)串尾的\(s[j]\)，这样它就变成回文串了
即
发现什么了？这只是把上面的第二个状态转移方程中\(add[s[j]]\)变成了\(del[s[j]]\)!
同理，也有
总结一下，当\(s[i] \neq s[j]\)时，一共有如下四种转移，取最小值即可：
其实到这里已经可以写这道题了，但是可以发现一个有趣的事情
如果设\(c[i]=min(add[i],del[i])\)，那么……
第一个和第三个方程合作一下得到：
=
第二个和第四个方程合作一下得到：
=
所以这题的可以加减字符就是个幌子，取每个字符加字和减字的较小值作为该字符的花费就可以啊2333
代码：
(注意一下字符的读法，一定要防止读进来' '或者'\n'之类奇怪的东西）
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
int dp[2010][2010],n,m,cost[26];
const int INF=0x3f3f3f3f;
char s[2010];
int main(void)
{
scanf("%d%d%s",&n,&m,s);
for(int i=0;i<n;i++)
{
char a;
int b,c;
do{a=getchar();}while(!('a'<=a&&a<='z'));
scanf("%d%d",&b,&c);
cost[a-'a']=min(b,c);
}
for(int len=2;len<=m;len++)
for(int i=0;i<=m-len;i++)
{
int j=i+len-1;
dp[i][j]=INF;
if(s[i]==s[j])
dp[i][j]=dp[i+1][j-1];
else
dp[i][j]=min(dp[i+1][j]+cost[s[i]-'a'],dp[i][j-1]+cost[s[j]-'a']);
}
printf("%d",dp[0][m-1]);
return 0;
}
