Cheapest Palindrome [POJ3280] [区间DP] [经典]

一句话题意：每个字母添加和删除都相应代价（可以任意位置 增加/删除），求把原串变成回文串的最小代价

Description

保持对所有奶牛的跟踪是一项棘手的任务，因此农场主约翰已经安装了一个系统来实现自动化。他在每头奶牛身上安装了一个电子ID标签，系统将在奶牛经过扫描仪时读取。每个ID标记是从字母表中提取的一个字符串。

奶牛，它们是淘气的动物，有时试图通过倒着走来欺骗系统。如果一头奶牛的ID是“abcba”，那么无论她怎么走，它都能读到同样的东西，而拥有“abcb”的奶牛可能会注册为两个不同的ID(“abcb”和“bcba”)。

FJ希望改变奶牛的ID标签，这样无论奶牛走过哪个方向，他们都能读到同样的标签。例如，“abcb”可以通过在末尾添加“a”来改变，从而形成“abcba”，这样ID就会是一个回文串。更改ID的其他一些方法包括将三个字母“bcb”添加到“abcb”的开始，以获得ID“bcbabcb”或删除字母“a”以产生ID“bcb”。我们可以在字符串中的任意位置添加或删除字符，其长度比原来的字符串长或短。

不幸的是，ID标签是电子信息，每个字符插入或删除都有代价，这取决于要添加或删除的字符值。考虑到奶牛ID标签的内容以及插入或删除字母表中的每个字符的成本，找到更改ID标记的最小成本，从而满足FJ的需求。一个空的ID标签被认为满足了读取前后相同的要求。只有带有相关成本的字母才能添加到字符串中。

Input

Line 1: 两个空间分隔的整数:N和M (1 ≤ M ≤ 2,000) (1 ≤ N ≤ 26)
Line 2: 这一行包含了组成初始ID字符串的M个字符
Lines 3.. N+2: 每行包含三个空间分隔的实体:输入字母和两个整数的字符，分别是添加和删除该字符的成本(Ci<=10000)。

Output

Line 1: 单个整数的一行，这是更改给定名称标签的最小代价。

Sample Input

3 4
abcb
a 1000 1100
b 350 700
c 200 800

Sample Output

900

Hint

如果我们在最后插入一个“a”，得到“abcba”，成本是1000。如果我们在开始的时候删除“a”，就会得到“bcb”，代价就是1100。如果我们在字符串的开始处插入“bcb”，代价将是350 + 200 + 350 = 900，这是最小值。

Solution

首先，这是一个很明显的区间问题

如果一个区间[i,j]已经是回文序列了，就很好处理。

那我们设dp[i][j]为，使区间[i,j]成为回文序列的最小代价

当s[i-1]==s[j+1]时，dp[i+1][j-1]=dp[i][j]

其他情况：dp[i-1][j]=dp[i][j]+min(del[s[i-1]],add[s[i-1]])

　　　　　dp[i][j+1]=dp[i][j]+min(del[s[j+1]],add[s[j+1]])

tips:我们输入的时候就保留增加和减小的最小值

Code

 1 #include<cstdio>
 2 #include<cstring>
 3 #include<iostream>
 4 #include<algorithm>
 5 #define RG register int
 6 #define rep(i,a,b)    for(RG i=a;i<=b;i++)
 7 #define per(i,a,b)    for(RG i=a;i>=b;i--)
 8 #define inf (1<<30)
 9 using namespace std;
10 int n,m;
11 int val[130],dp[2005][2005];
12 char s[2005];
13 inline int read()
14 {
15     int x=0,f=1;char c=getchar();
16     while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
17     while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0';c=getchar();}
18     return x*f;
19 }
20 
21 void DP()
22 {
23     rep(k,2,m)
24     {
25         for(RG i=1,j=k;j<=m;j++,i++)
26         {
27             dp[i][j]=inf;
28             if(s[i]==s[j])    dp[i][j]=dp[i+1][j-1];
29             else
30             {
31                 dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i+1][j]+val[s[i]]);
32                 dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i][j-1]+val[s[j]]);
33             }
34         }
35     }
36     printf("%d",dp[1][m]);
37 }
38 
39 int main()
40 {
41     char ch;int x,y;
42     n=read(),m=read();
43     scanf("%s",s+1);
44     rep(i,1,n)    cin>>ch,x=read(),y=read(),val[ch]=min(x,y);
45     DP();
46     return 0;
47 }

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