poj3280Cheapest Palindrome<DP>

链接:http://poj.org/problem?id=3280

题意:

现在有一个由n个字符组成的长度为m的字符串,可以对其通过增加字符或者删除字符来使其变成回文字符串,而增加或者删除字符都有一个花费,

求解使该字符串变成回文所进行操作的最小花费;

思路:

dp3种基本思路：

1、一维线性dp：每次考虑i时，选择最优子问题要么在i-1，要么在1...i-1里；

2、二维线性dp：考虑(i,j)子问题时，选择最优子问题要么在(i+1,j)、(i,j-1)，要么在i<= k <=j，在k里；

3、树形dp：考虑i节点最优时，选择子节点最优，一般融合了01背包dp的双重dp。

本题属于第二种, 对于每个串来说,只需考虑开始位置和结束位置即可.

1> 如果s[i]!=s[j],那么有四种操作可以使其变成回文:

a> 在dp[i+1][j]处添加或者删除字符s[i],所以这两种操作花费为:dp[i][j]=min{dp[i+1][j]+add[i],dp[i+1][j]+del[i]}

用cost[i]表示cost[i]=min(add[i],del[i]),则上述方程可以写成:dp[i][j]=dp[i+1]+cost[i]

b> 在dp[i][j-1]处添加或者删除字符s[j],所以这两种操作的花费为:dp[i][j]=dp[i][j-1]+cost[j]

2> 如果s[i]==s[j],那么有两种情况构成回文数,即字符串保持不变和删除s[i]和s[j],也就是选择dp[i][j]与dp[i+1][j-1]中的最小值.

综上所述:状态转移方程为:

if(  s[i]!=s[j] ) dp[i][j]=min{dp[i+1][j]+cost[i],dp[i][j-1]+cost[j]}

if( s[i]==s[j] ) dp[i][j]=min{dp[i][j],dp[i+1][j-1]}

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <string>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <cstdio>
using namespace std;
int N, L, a, b, cost[30], dp[2005][2005];
char s[2005], c[2]; 
int main( )
{
    while(scanf( "%d%d", &N, &L )!=EOF){
        scanf( "%s", s );
        for( int i=0; i<N; ++ i ){
            scanf( "%s%d%d",c, &a, &b );
            cost[c[0]-'a']=min( a, b );
        }
        memset( dp, 0, sizeof dp );
    for( int i=L-1; i>=0; -- i ){// 起点 
            for( int j=i+1; j<L; ++ j){ // 终点 
                 dp[i][j]=min(dp[i+1][j]+cost[s[i]-'a'],dp[i][j-1]+cost[s[j]-'a']);  
                if(s[i]==s[j])  
                    dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i+1][j-1]);  
            }  
        } 
        printf( "%d\n", dp[0][L-1] );
        
    } 
    return 0;
}