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
[dp[i][j]=dp[i+1][j-1]
]
2.如果(s[i] eq 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
[dp[i][j]=dp[i][j-1]+add[s[j]]
]
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
[dp[i][j]=dp[i+1][j]+add[s[i]]
]
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] eq 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
[dp[i][j]=dp[i][j-1]+del[s[j]]
]
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
[dp[i][j]=dp[i+1][j]+del[s[i]]
]
总结一下，当(s[i] eq s[j])时，一共有如下四种转移，取最小值即可：
[dp[i][j]=dp[i][j-1]+add[s[j]]
]
[dp[i][j]=dp[i+1][j]+add[s[i]]
]
[dp[i][j]=dp[i][j-1]+del[s[j]]
]
[dp[i][j]=dp[i+1][j]+del[s[i]]
]
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：
[dp[i][j]=dp[i+1][j]+c[s[i]]
]
=
第二个和第四个方程合作一下得到：
[dp[i][j]=dp[i][j-1]+c[s[j]]
]
=
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' '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;
}