poj 3280 Cheapest Palindrome

题目链接：http://poj.org/problem?id=3280

不算是太好做，要想AC得付出一点时间。

如果只是求修改的最少次数，方法数将字符串s反转为s1,求二者的最长公共子序列之长L，用s的长度减去L即可。

但是这个题是求花费，所以这里采用区间内dp；

 

 我们可以设dp[i][j]表示区间内i变成j的最小花费，用w[30]表示插入还是删除，其实都一样，插入无非是这头加，删除那头减，那么我们去这两者中花费较小的那一方就可以了。

那么开始考虑问题，有三种情况：

 

 我们可以看到，如果s[i]=s[j]的话，那最小花费无非是dp[i][j]=dp[i+1][j-1]；

如果是s[i+1]到s[j]是回文串

 

 那dp[i][j]=dp[i+1][j]+w[i];

如果s[i]到s[j-1]是回文串

 

 那么dp[i][j]=dp[i][j-1]+w[j];

那么转移方程就是dp[i][j]=min(dp[i+1][j]+w[i],dp[i+1][j]+w[i])

#include<iostream>//poj不能用万能头 
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdio> 
using namespace std;
int dp[2010][2010];//从子区间i到j要变成回文串索要花费的最少价值 
char ch,s[2010];//修改字符和字符串 
int w[30];//要修改单个字符所要花费的最小价值 
int n,m,x,y;
int main()
{
    while(cin>>n>>m)
    {
        cin>>s;
        for(int i=0;i<n;i++)
        {
            cin>>ch>>x>>y;//读入每个字符的删除和插入花费 
            w[ch-'a']=min(x,y);//取其小 
        }
        for(int len=1;len<m;len++)//区间长度 
        {
            for(int i=0;i<=m-len;i++)//起点 
            {
                int j=i+len;//终点 
                dp[i][j]=INT_MAX;//最小标兵最大值 
                if(s[i]==s[j])//参考三种情况 
                {
                    dp[i][j]=dp[i+1][j-1];
                }else
                {
                    dp[i][j]=min(dp[i+1][j]+w[s[i]-'a'],dp[i][j-1]+w[s[j]-'a']);
                }
            }
        }
        cout<<dp[0][m-1];
    }
    return 0;
}